\extitle{1}{多项式环}


\noindent \textbf{记号与惯例}
\begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item $\bZ,\symbf{Q}, \symbf{R}, \symbf{C}$分别表示整数环、有理数域、实数域、复数域。
 如无特别声明，基域都是某个数域，$P$ 或 $\bF$ 表示数域。
    对 数域 $\bF$, $\bF^*$表示所有$\bF$中非零数的集合。
\item 对数域 $P$, $P[x]$表示系数属于$P$的多项式构成的环。
  $\bZ[x]$ 表示整系数多项式构成的环。
\item 对非零多项式 $f$,  $\partial f$和 $\deg f$ 表示 $f$的次数。
  对多项式 $f,g$, $f,g$不全为零时 $(f,g)$ 表示$f,g$的首一最大公因式，
  否则表示 $0$.
  \end{enumerate}


\section{作业题}

\paragraph*{习题 1.1\quad 数域}
\begin{exercise}
证明 $\bQ(i)=\{a+bi \mid a,b\in \bQ\}$ 是最小的包含 $i=\sqrt{-1}$ 的数域。
  (你需要验证这是个数域，且任意的包含 $i$ 的数域包含 $\bQ(i)$.)
\end{exercise}

\begin{solution}
显然，数集 $\mathbf{Q}(\mathrm{i})$ 包含 $0$ 与 $1$, 并且它对于加、减法是封闭的。现在证明它对乘、除法也是封闭的。
 我们知道
 \[
 (a+b \mathrm{i})(c+d \mathrm{i})=(a c-b d)+(a d+b c) \mathrm{i} .
 \]
 因为 $a, b, c, d\in \bQ$, 所以 $a c+2 b d, a d+b c\in \bQ$.
 这就说明乘积 
 \[
   (a+b \mathrm{i})(c+d \mathrm{i})
 \]
 还在 $\mathbf{Q}(\mathrm{i})$ 内， 所以 $\mathbf{Q}(\mathrm{i})$ 对于乘法是封闭的。
 设 $a+b \mathrm{i} \neq 0$,于是 $a-b \mathrm{i} \neq 0$, 进而
 \[
   \frac{1}{a+b \mathrm{i}}=\frac{a-b\mathrm{i}}{(a+b\mathrm{i})(a-b\mathrm{i})} =\frac{a-b\mathrm{i}}{a^2+b^2}=\frac{a}{a^2+b^2}+\frac{-b}{a^2+b^2}\mathrm{i}.
 \]
 因为 $a, b\in \bQ$, 所以$\frac{a}{a^2+ b^2}, \frac{-b }{a^2+ b^2}\in \bQ$, 这样$\frac{1}{a+b \mathrm{i}}\in \bQ(\mathrm{i})$.
 若又有$c+d\mathrm{i}$, 
 由$\bQ(\mathrm{i})$对乘法封闭有
 \[
   \frac{c+d\mathrm{i}}{a+b\mathrm{i}}=(c+d\mathrm{i})(a+b\mathrm{i})^{-1}\in \bQ(\mathrm{i}).
 \]
 这就证明了 $\mathbf{Q}(\mathrm{i})$ 对于除法的封闭性。这就证明了$\mathbf{Q}(\mathrm{i})$是数域。

 另一方面，若$P$是包含$\mathrm{i}$的数域，则$P$包含$\bQ$, 进而包含$a+b\mathrm{i}$, 对任意的$a,b\in \bQ$, 因为$P$对加法和乘法封闭。
 这就证明了$P\supset \bQ(\mathrm{i})$. 因此
$\bQ(i)$ 是最小的包含 $i=\sqrt{-1}$ 的数域。
\end{solution}


\paragraph*{习题 1.2\quad 一元多项式}

\begin{exercise}
令 $f=3x^3+2x-1, g=x^2-4x-2$, 计算 $f+g, f-g, fg$.
  (计算$fg$时不必非要套用定义，按分配律展开再合并同类项即可，跟中学时一样。
  我们解释过定义也不过让分配律成立。)
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
  \begin{align*}
    f+g&= 3x^3+x^2-2x-3, \quad f-g=3x^3-x^2+6x+1,\\
    fg&= 3x^5-12x^4-6x^3+2x^3-8x^2-4x-x^2+4x+2\\
    &= 3x^5-12x^4-4x^3-9x^2+2.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}
  用乘法结合律验证 $((f_1f_2)f_3)f_4 = f_1(f_2(f_3f_4)).$
\end{exercise}

\begin{solution}
应用两次结合律得
\[ \tag*{\qedhere}
  ((f_1f_2)f_3)f_4 =(f_1f_2)(f_3f_4)= f_1(f_2(f_3f_4)).
\]
\end{solution}


\paragraph*{习题 1.3\quad 整除的概念}

\begin{exercise}
用 $g$ 除 $f$, 求商 $q$ 与余式 $r$ :
  \begin{enumerate}
    \item\tiyuan{\cite[P29,1(2)]{PWS19}}
      $f=x^4-2 x+5, g=x^2-x+2$.
    \item\tiyuan{\cite[P29,1(1)]{PWS19}} 
      $f=x^3-3 x^2-x-1, g=3 x^2-2 x+1$.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item 我们通过长除法来计算商和余式：
  \begin{equation*}
    \begin{array}{r@{\hspace{12pt}}lrrrrrrrrrr}
         & && &  x^2 & +x & -1 \\
      \cline{2-7}
      x^2 -x  +2 & \big)&  x^4 &  &  & -2x & +5 \\
       &  & x^4 & -x^3 & +2x^2  \\
      \cline{3-7}
      & & & x^3 & -2x^2 & -2x & +5  \\
      &  & & x^3 & -x^2 & +2x &&&&\\
      \cline{4-7}
      & & & & -x^2 & -4x & +5 & & & \\
      & & & &  -x^2 &+ x & -2 &&&\\
      \cline{5-7}
      &  & & & & -5x & +7
    \end{array}
  \end{equation*}
  这样$f=gq+r$, 其中$q=x^2+x-1$, $r=-5x+7$.
\item 我们在SageMath中运行：
\begin{minted}[texcl]{sage}
sage: R.<x>=QQ[]  # 定义有理数域上的多项式环$\bQ[x]$
sage: f=x^3-3*x^2-x-1; g=3*x^2-2*x+1
sage: divmod(f, g)
1/3*x - 7/9
-26/9*x - 2/9
\end{minted}
  故$f=gq+r$, 其中$q=1/3x - 7/9, r=-26/9x - 2/9$. 
  \qedhere
\end{enumerate}
\end{solution}

  \begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,2(2)]{PWS19}}
$m, p, q$ 适合什么条件时， 有$x^2+m x+1 \mid x^4+p x^2+q$.
%\begin{enumerate}
%  \item $x^2+m x-1 \mid x^3+p x+q$;
%  \item $x^2+m x+1 \mid x^4+p x^2+q$.
%\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
我们算下$x^2+mx+1$除$x^4+px^2+q$的余式
  （带余除法中实际上我们只用关心系数，所以可以如下简写）：
\[
  \begin{tabular}{RRR@{\hspace{3pt}}L@{\hspace{3pt}}R@{\hspace{12pt}}R@{\hspace{12pt}}R@{\hspace{12pt}}RR}
      &&&&&&1 & -m & p-1+m^2\\
      \cline{4-9}
      1 & m & 1& {\big)} & 1 & 0 & p & 0 &q \\
      &&&& 1 & m & 1 & & \\
      \cline{5-9}
      &&&& & -m & p-1 & 0 & q \\
      &&&& & -m & -m^2 & -m & \\
      \cline{6-9}
      &&&& & & p-1+m^2 & m & q \\
      &&&&&& p-1+m^2 & m(p-1+m^2) & p-1+m^2 \\
      \cline{7-9}
      & & & &&& & m(2-p-m^2) & q-p-m^2+1
    \end{tabular}
\]
  \iffalse
  \[
    \begin{tabular}{R|RRRRR|L}
      x^2+mx+1 & x^4 & &+ px^2 & &+q & x^2-mx+(p-1+m^2) \\
      & x^4 & +mx^3 & +x^2 & & & \\
      \cline{2-6}
      & & -mx^3 & +(p-1)x^2 & & +q & \\
      & & -mx^3 & -m^2x^2& -mx & & \\
      \cline{2-6}
      & & & (p-1+m^2)x^2 & mx & q & \\
      &&& (p-1+m^2)x^2 & +m(p-1+m^2)x & +(p-1+m^2) &\\
      \cline{2-6}
      & & & & m(2-p-m^2)x & +(q-p-m^2+1) & 
    \end{tabular}
  \]
\fi
  因此$x^2+mx+1\mid x^4+px^2+q$当且仅当余式
  \[
    m(2-p-m^2)x +(q-p-m^2+1)=0,
  \]
  即
  \[
    m(2-p-m^2)=0, q-p-m^2+1=0,
  \]
  亦即
  \[\tag*{\qedhere}
    m=0, q=p-1\text{~或~} m\neq 0, p=2-m^2, q=1.
  \]
\end{solution}

\begin{exercise}
求 $g$ 除 $f$ 的商 $q$ 与余式 $r$ :
\begin{enumerate}
    \item\tiyuan{\cite[P29,3(1)]{PWS19}} 
      $f=2 x^5-5 x^3-8 x, g=x+3$;
      \item\tiyuan{\cite[P29,2(2)]{PWS19}}
        $f=x^3-x^2-x, g=x-1+2 \mathrm{i}$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
\item 我们使用综合除法如下：
  \[
       \begin{array}{rrrrrrrrrr}
          \cline{3-8}
          -3 & & 2 & 0 & -5 & 0 & -8 & 0\\
          & & & -6 &  18 & -39 & 117 & -327 \\
           \cline{3-8}
           && 2  & -6 & 13 & -39 & 109 & -327
       \end{array}
  \]
  这样$f=gq+r$, 其中$q=2x^4-6x^3+13x^2-39x+109$, $r=-327$.
    \item 我们在SageMath中运行：
\begin{minted}[texcl]{sage}
sage: R.<x>=QQ[i][]  # 定义数域 $P=\bQ(i)$ 上的多项式环 $P[x]$
sage: f=x^3-x^2-x; g=x-1+2*i
sage: divmod(f, g)
x^2 - 2*I*x - 2*I - 5
8*I - 9
\end{minted}
这样$f=gq+r$, 其中$q=x^2 - 2 i x - 2 i - 5$, $r=8 i - 9$.
\qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}
把 $f$ 表成 $x-x_0$ 的方幂和， 即表成 $c_0+c_1\left(x-x_0\right)+c_2\left(x-x_0\right)^2+\cdots$ 的形式：
\begin{enumerate}
\item\tiyuan{\cite[P29,4(1)]{PWS19}}
  $f=x^5, x_0=1$
\item\tiyuan{\cite[P29,4(2)]{PWS19}}
  $f=x^4-2 x^2+3, x_0=-2$;
\item\tiyuan{\cite[P29,4(3)]{PWS19}}
  $f=x^4+2 \mathrm{i} x^3-(1+\mathrm{i}) x^2-3 x+7+\mathrm{i}, x_0=-\mathrm{i}$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 我们有
      \[
        f=x^5=\left( (x-1)+1 \right)^5=\sum_{i=0}^5\binom{5}{i}(x-1)^i.
      \]

    \item    \fangfa  我们想把$x^4-2x^2+3$表示为
  \[
    x^4-2x^2+3=c_4(x+2)^4+c_3(x+2)^3+c_2(x+2)^2+c_1(x+2)+c_0,\quad\text{其中~}c_i\in \bQ.
  \]
  我们可以使用一串综合除法。
过程如下：
\[
  \begin{array}{ccccccc}
    \cline{3-7}
    -2 && 1 & 0 & -2 & 0 & 3\\
    & && -2 & 4 & 4 & 8\\
    \cline{3-7}
    && 1 & -2 & 2 & -4 & \framebox{11}\\
    & & & 2 & 8 & 20\\
    \cline{3-6}
    & &1 & -4 & 10 & \framebox{-24}\\
    & && -2 & 12\\
    \cline{3-5}
    & &1 & -6 & \framebox{22}\\
    & && -2 \\
    \cline{3-4}
    & &1 & \framebox{-8}\\
    \cline{3-3}
    && \framebox{1}
  \end{array}
\]
被圈住的数字依次自上而下就是$c_0, c_1, c_2,c_3,c_4$. (为何？) 这样
\[
  x^4-2x^2+3=(x+2)^4-8(x+2)^3+22(x+2)^2-24(x+2)+11.
\]

\fangfa  我们应用Taylor公式 (见练习~\ref{062})。
我们有
\[
  f^{(1)}=4x^3-4x, \quad f^{(2)}=12x^2-4,\quad f^{(3)}=24x, \quad f^{(4)}=24.
\]
由Taylor公式得
      \[
      \begin{aligned}
    f&= \sum_{i=0}^4 \frac{f^{(i)}(-2)}{i!} (x+2)^i\\
          &= (x+2)^4-8(x+2)^3+22(x+2)^2-24(x+2)+11.
        \end{aligned}
\]

      \fangfa  我们有
  \[
    \begin{aligned}
      x^4-2x^2+3&= \left( (x+2)-2 \right)^4-2\left( (x+2)-2 \right)^2+3\\
      &= \left((x+2)^4-8(x+2)^3+24(x+2)^2-32(x+2)+16\right)\\
      &\quad -2\left( (x+2)^2-4(x+2)+4 \right)+3\\
      &= (x+2)^4-8(x+2)^3+22(x+2)^2-24(x+2)+11.
    \end{aligned}
  \]
\item 我们想把$f=x^4+2 \mathrm{i} x^3-(1+\mathrm{i}) x^2-3 x+7+\mathrm{i}$表示为
  \[
    f=c_4(x+\mathrm{i})^4+c_3(x+\mathrm{i})^3+c_2(x+\mathrm{i})^2+c_1(x+\mathrm{i})+c_0,\quad\text{其中~}c_i\in \bQ(i).
  \]
  我们可以使用一串综合除法。
过程如下：
\[
  \begin{array}{ccccccc}
    \cline{3-7}
    -i && 1 & 2i & -1-i & -3 & 7+i\\
    & && -i & 1 & -1 & 4i\\
    \cline{3-7}
    && 1 & i & -i & -4 & \framebox{7+5i}\\
    & & & -i & 0 & -1\\
    \cline{3-6}
    & &1 & 0 & -i & \framebox{-5}\\
    & && -i & -1\\
    \cline{3-5}
    & &1 & i & \framebox{-i-1}\\
    & && -i \\
    \cline{3-4}
    & &1 & \framebox{-2i}\\
    \cline{3-3}
    && \framebox{1}
  \end{array}
\]
被圈住的数字依次自上而下就是$c_0, c_1, c_2,c_3,c_4$.  这样
\[\tag*{\qedhere}
  f=(x+i)^4-2i(x+i)^3-(i+1)(x+i)^2-5(x+i)+(7+5i).
\]
  \end{enumerate}
\end{solution}



\paragraph*{习题 1.4\quad 最大公因式}

\begin{exercise}
求首一最大公因式$(x^2-1, x^3-1, x^5-1)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\[
\begin{aligned}
  (x^2-1, x^3-1, x^5-1)&= \left( (x^2-1, x^3-1), x^5-1 \right)\\
  &= \left( x-1,x^5-1 \right)=x-1.
\end{aligned}
\]
除了辗转相除算得$(x^2-1,x^3-1)=1$, 我们也可应用练习~\ref{0BE}:
\[
\begin{aligned}
  (x^2-1,x^3-1)&= \left( (x-1)(x+1), (x-1)(x^2+x+1) \right)\\
  &= (x-1)\left( x+1, x^2+x+1 \right) = x-1.
\end{aligned}
\]
这里注意到：$x^2+x+1=x(x+1)+1$表明$(x+1,x^2+x+1)=1$.
\end{solution}

\begin{exercise}
求 $f$ 与 $g$ 的最大公因式：
\begin{enumerate}
\item\tiyuan{\cite[P29,5(2)]{PWS19}}
  $f=x^4-4 x^3+1, g=x^3-3 x^2+1$;
\item\tiyuan{\cite[P29,5(3)]{PWS19}}
  $f=x^4-10 x^2+1, g=x^4-4 \sqrt{2} x^3+6 x^2+4 \sqrt{2} x+1$;
  \item $f=x^4+x^3-3 x^2-4 x-1, g=x^3+x^2-x-1$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item   \fangfa  我们辗转相除如下：
      \setlength{\tabcolsep}{2pt}
      \[
        \small
        \begin{tabular}{R|RRRRR|RRRRRR|L}
          q_2= -\frac{1}{3}x +\frac{10}9 & g= & x^3 & -3x^2&  & +1 & f= & x^4 &-4x^3 &  &  & 1 & q_1= x-1\\
          & & x^3 & +\frac{1}{3}x^2 & -\frac{2}{3} x & & & x^4 & -3x^3 &  & +x & &  \\
          \cline{2-12}
          & & & -\frac{10}3 x^2 & +\frac{2}{3} x & +1 & & & -x^3 &  & -x & +1 & \\
          & & & -\frac{10}3 x^2 & -\frac{10}9x & +\frac{20}9 & & & -x^3 & +3x^2 &  & -1 & \\
          \cline{2-12}
          & & & r_2= & \frac{16}9 x & -\frac{11}9  & & & r_1=& -3x^2 & -x & +2 &q_3= -\frac{27}{16}x-\frac{441}{256} \\
          & & &  &  &  & & &  & -3 x^2 & +\frac{33}{16} x &  & \\
          \cline{7-12}
          & & &  &  &  & & &  &  & -\frac{49}{16}x &+2 &\\
          & & &  &  &  & & &  &  & -\frac{49}{16}x &+\frac{539}{256}  &\\
          \cline{7-12}
          & & &  &  &  & & &  &  & &-\frac{27}{256} &
        \end{tabular}
      \]
      这样$(f,g)=-\frac{256}{27}r_2=1$.

      \fangfa  容易发现$g=x^3-3x^2+1$没有有理根，所以$g$在$\bQ$上不可约。
      $g$除$f$的带余除式为$f=gq+r$, 其中$q=x-1, r=-3x^2-x+2$. 
      这样$g$不能整除$f$. 因此$f, g$互素，即$(f,g)=1$.
      由于首一最大公因子不随域的扩大而改变，即使在更大的数域$P$上，我们也有$(f,g)=1$.
      实际上$f=x^4-4x^3+1$也在$\bQ$上不可约 (特别地，$(f,g)=1$)，
      因为由Eisenstein判别法（模$2$判断）
      $f(x+1)=x^4-6x^2-8x-2$在$\bQ$上不可约。

    \item 我们通过辗转相除法来求出最大公因子：
      \setlength{\tabcolsep}{2pt}
      \[\small
        \begin{tabular}{R|RRRRRR|RRRRRR|L}
          q_2= \frac{\sqrt{2}}{8} x - \frac{1}{2} & 
          g= & x^4& -4\sqrt{2} x^3 & +6x^2& +4\sqrt{2}x & +1 & 
          f= & x^4 &  & -10x^2 &  & +1 & q_1= 1\\
          & & x^4& -2\sqrt{2} x^3 &-x^2  &  & & & x^4 & -4\sqrt{2} x^3 & +6x^2 & +4\sqrt{2}x & +1 &  \\
          \cline{2-13}
          && &-2\sqrt{2}x^3 & +7x^2 & +4\sqrt{2}x & +1 & & r_1=& 4\sqrt{2} x^3 & -16x^2 & -4\sqrt{2} x &  & q_3=-4\sqrt{2}x\\
          & && -2\sqrt{2}x^3 & +8x^2 & +2\sqrt{2}x &  & & & 4\sqrt{2}x^3 & -16 x^2 & -4\sqrt{2}x & & \\
          \cline{2-13}
          & &&r_2= & -x^2 & +2\sqrt{2} x & +1 & & & &  &  & 0 &
        \end{tabular}
      \]
      这样$(f,g)=-r_2=x^2-2\sqrt{2}x-1$. 
    \item 在SageMath中运行：
      \begin{minted}{sage}
sage: R.<x>=QQ[]
sage: f=x^4+x^3-3*x^2-4*x-1; g=x^3+x^2-x-1
sage: f.gcd(g)
x + 1
\end{minted}
因此$(f,g)=x+1$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise}
求 $u, v$, 使 $u f+v g=(f, g)$ :
  \begin{enumerate}
      \item\tiyuan{\cite[P29,6(1)]{PWS19}}
        $f=x^4+2 x^3-x^2-4 x-2, g=x^4+x^3-x^2-2 x-2$;
        \item\tiyuan{\cite[P29,6(2)]{PWS19}}
          $f=4 x^4-2 x^3-16 x^2+5 x+9, g=2 x^3-x^2-5 x+4$;
          \item\tiyuan{\cite[P29,6(3)]{PWS19}}
            $f=x^4-x^3-4 x^2+4 x+1, g=x^2-x-1$.
      \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 我们通过辗转相除法来求出最大公因子：
      \setlength{\tabcolsep}{2pt}
      \[\small
        \begin{tabular}{R|RRRRRR|RRRRRR|L}
          q_2= x +1 & 
          g= & x^4& +x^3 & -x^2& -2 x & -2 & 
          f= & x^4 & +2x^3 & -x^2 & -4x & -2 & q_1= 1\\
          & & x^4& &-2x^2  &  & & & x^4 & +  x^3 & -x^2 & -2 x & -2 &  \\
          \cline{2-13}
          && & x^3 & + x^2 & -2x & -2 & & r_1=&  x^3 & & -2  x &  & q_3= x\\
          & && x^3 & & -2 x &  & & & x^3 &  & -2 x & & \\
          \cline{2-13}
          & &&r_2= & x^2 &  & -2 & & & &  &  & 0 &
        \end{tabular}
      \]
      这样$(f,g)=r_2=x^2-2$. 我们的辗转相除的过程如下
      \[
        f=q_1g+r_1,\quad g=q_2r_1+r_2,\quad  r_1=q_3r_2.
      \]
      由此可知
      \[
        (f,g)=r_2=g-q_2r_1= g-q_2(f-q_1g)=-q_2f+(1+q_1q_2)g.
      \]
      令
      \[
        u=-q_2=-x-1,\quad v=1+q_1q_2=x+2,
      \]
      则$(f,g)=uf+vg$.

  \item 在SageMath中运行：
\begin{minted}{sage}
sage: R.<x>=QQ[]
sage: f=4*x^4-2*x^3-16*x^2+5*x+9; g=2*x^3-x^2-5*x+4
sage: f.xgcd(g)
(x - 1, -1/3*x + 1/3, 2/3*x^2 - 2/3*x - 1)
\end{minted}
因此$(f,g)=x-1$, 且$(f,g)=uf+vg$, 其中 $u=-1/3x + 1/3$, $v=2/3x^2 - 2/3x - 1$.

    \item 我们通过辗转相除法来求出最大公因子：
  \setlength{\tabcolsep}{2pt}
  \[
    \begin{tabular}{R|LRRR|LRRRRR|L}
      q_2=x+1 & g= & x^2 & -x & -1 & f= & x^4 & -x^3 & -4x^2 & +4x & +1 & q_1=x^2-3\\
      & & x^2 & -2x & & & x^4 & -x^3 & -x^2 &&&\\
      \cline{2-11}
      & & & x & -1 & & && -3x^2 & +4x & +1 & \\
      & & & x & -2 & & && -3x^2 & +3x & +3 & \\
      \cline{2-11}
      & & & r_2= & 1 & & && r_1= & x & -2 & \\
    \end{tabular}
  \]
  这样我们求得了$(f,g)=1$. 进而有
  \begin{align*}
    (f,g)=r_2&=  g-q_2r_1=g-q_2(f-gq_1)\\
    &= (1+q_1q_2)g-q_2f.
  \end{align*}
  令
  \[
    u=-q_2=-x-1, \quad v-=1+q_1q_2= x^3+x^2-3x-2,
  \]
  则$(f,g)=uf+vg$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,7]{PWS19}}
  设 $f=x^3+(1+t) x^2+2 x+2 u, g=x^3+t x+u\in \bQ[x]$ 的最大公因式是一个二次多项式， 求 $t, u$ 的值。
\end{exercise}
\hint 在$\bQ$上解整系数的多项式方程可用下课本 P21, 定理12.

\begin{solution}
  $f,g$的最大公因子与$g,f-g$的最大公因子相同。有$f-g=(1+t)x^2+(2-t)x+u$. 既然$\partial (f-g)\leqslant 2$且$f,g$的最大公因子次数为$2$, 
  我们有$1+t\neq 0$且$(f-g) \mid g$. 
  我们来算下$f-g$除$(1+t)g$的余式：
  {\setlength{\tabcolsep}{0pt} \small
    \[
        \begin{tabular}{R@{\hspace{3pt}}L@{\hspace{3pt}}RRRRR}
          &&&& x & +\frac{t-2}{1+t}\\
          \cline{2-6}
          (1+t)x^2+(2-t)x+u &{\big)}  & (1+t)x^3 & & +t(1+t)x& +u(1+t)\\
          && (1+t)x^3 & + (2-t)x^2 & + u x & & \\
      \cline{3-6}
      && & (t-2) x^2 & +(t(1+t)-u)x & + u(1+t) & \\
      && &  (t-2) x^2 & -\frac{(t-2)^2}{1+t}x & + \frac{u(t-2)}{1+t} &      \\
      \cline{4-6}
      & && & \left(t(1+t)-u+\frac{(t-2)^2}{1+t}\right)x & +u\left( (1+t)-\frac{t-2}{1+t} \right) &
    \end{tabular}
  \]
    \iffalse
    \[
    \begin{tabular}{R|RRRR|L}
      (1+t)x^2+(2-t)x+u & (1+t)x^3 & & +t(1+t)x& +u(1+t)  & x+\frac{t-2}{1+t}\\
      & (1+t)x^3 & + (2-t)x^2 & + u x & & \\
      \cline{2-5}
      & & (t-2) x^2 & +(t(1+t)-u)x & + u(1+t) & \\
      & &  (t-2) x^2 & -\frac{(t-2)^2}{1+t}x & + \frac{u(t-2)}{1+t} &      \\
      \cline{2-5}
      & & & \left(t(1+t)-u+\frac{(t-2)^2}{1+t}\right)x & +u\left( (1+t)-\frac{t-2}{1+t} \right) &
    \end{tabular}
  \]
\fi
  }
  所以余式
  \[
    \begin{aligned}
      \left(t(1+t)-u+\frac{(t-2)^2}{1+t}\right)x+u\left( (1+t)-\frac{t-2}{1+t} \right)=0,&\quad\text{即}\\
      t(1+t)-u+\frac{(t-2)^2}{1+t}=0, \quad u\left( (1+t)-\frac{t-2}{1+t} \right)=0, &\quad\text{亦即}\\
      (t^3+3t^2-3t+4)-u(1+t)=0, \quad u(t^2+t+3)=0, &\quad t\neq -1. &
    \end{aligned}
  \]
  由于$t,u\in \bQ$, $t^2+t+3>0$, $u=0$. 这样$t^3+3t^2-3t+4=0$, 
  其有理根都是整数，且整除$4$, 故所有的可能性为$\pm1,\pm2,\pm4$. 直接代入或用综合除法可知只有$t=-4$. 
  所以$u=0, t=-4$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{07E}\tiyuan{\cite[P29,8]{PWS19}}
证明： 如果 $d\mid f, d\mid g$, 且 $d$ 为 $f$ 与 $g$ 的一个组合， 那么 $d$ 是 $f$ 与 $g$ 的一个最大公因式。
\end{exercise}

\begin{solution}
  只用证明$f,g$的公因子都整除$d$. 令$\varphi$为$f,g$的公因子，
  则$\varphi$整除$f,g$的任一组合，从而整除$d$, 如我们期望的。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{0BE}\tiyuan{\cite[P29,79]{PWS19}}
证明： $(f h, g h)=(f, g) h$ (其中$h$ 的首项系数为 $1$).
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  $(f, g) h$整除$fh, gh$.
  另外，我们有B\'ezout等式$(f,g)=uf+vg$.
  两边乘以$h$得$(f,g)h = ufh+vgh$. 
  既然$(f,g)h$为$fh,gh$的组合且整除$fh, gh$, 由练习~\ref{07E}~知
  $(f,g)h$为$fh, gh$的一个最大公因式。
  又$(f, g) h$首一，有$(fh,gh)=(f,g)h$.

  \fangfa  也容易通过惟一因式分解性证明。
  要证明$(fh,gh)$和$(f,g)h$这两个首一多项式相等，只用证明对任意的首一不可约多项式$p$有
  \[
    v_p\left( (fh,gh) \right)= v_p\left( (f,g)h \right).
  \]
  实际上，
  \begin{align*}
v_p\left( (fh,gh) \right)&= \min\{v_p(fh), v_p(gh)\}\\
&= \min\{v_p(f)+v_p(h), v_p(g)+v_p(h)\}\\
&= \min\{v_p(f), v_p(g)\} +v_p(h) \\
  &= v_p\left( (f,g) \right)+v_p(h)\\
    &= v_p\left( (f,g)h \right).\tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,10]{PWS19}}
如果 $f, g$ 不全为零， 证明： $\left(\frac{f}{(f, g)}, \frac{g}{(f, g)}\right)=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$d=(f,g)\neq 0$. 设$d=uf+vg$是一个B\'ezout等式。
  两边除以$d$得$1=u \frac{f}{d}+v\frac{g}{d}$. 因此$\frac{f}{d}, \frac{g}{d}$互素。
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,11]{PWS19}}
证明： 如果 $f, g$ 不全为零， 且
\[
u f+v g=(f, g),
\]
那么 $(u, v)=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
由于$f,g$不全为$0$, $f,g$的最大公因子非零。
设$f=(f,g)s, g=(f,g)t$. 
  由$uf+vg=(f,g)$两边消去$(f,g)$得$us+vt=1$.
  从而$(u,v)=1$. 
\end{solution}

\begin{exercise}\label{069}\tiyuan{\cite[P29,12]{PWS19}}
证明： 如果 $(f, g)=1,(f, h)=1$, 那么
\[
(f, g h)=1 .
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  $(f,g)=1$表明存在$u_1, v_1\in P[x]$使得$u_1f+v_1g=1$;
  $(f,h)=1$表明存在$u_2, v_2\in P[x]$使得$u_2f+v_2h=1$.
  把得到的这两个等式相乘得
  \[
    (u_1u_2f+u_2v_1g+u_1v_2h)f+(v_1v_2)gh=1.
  \]
  因此$(f, gh)=1$.

  \fangfa  我们应用唯一因子分解性。若$\partial(gh)=0$, 断言平凡。
  否则，考虑$gh$的任一不可约因子$p$. 
  $p$要么是$g$的不可约因子，要么是$h$的不可约因子。
  由$(f,g)=1$和$(f,h)=1$知$p$不是$f$的因子。
  这样$f$与$gh$没有公共的不可约因子，从而$(f,gh)=1$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{235}\tiyuan{\cite[P29,14]{PWS19}}
证明： 如果 $(f, g)=1$, 那么 $(f g, f+g)=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有$(f+g,g)=(f,g)=1$. 类似地，$(f+g,f)=(g,f)=1$. 
  进而由练习~\ref{069}~知$(f+g, fg)=1$.
\end{solution}




\paragraph*{习题 1.5\quad 因式分解定理}

\begin{exercise}
求首一最大公因式$(f_1,f_2,f_3)$和首一最小公倍式$[f_1,f_2,f_3]$, 其中
\[f_1=2x^2(x-1)^3(x-2)^4, \quad f_2=3x^3(x-1)(x-2)^3, \quad f_3=x^5(x-2).\]
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\[\tag*{\qedhere}
  (f_1,f_2,f_3)=x^2(x-2),\quad [f_1,f_2,f_3]=x^5(x-1)^3(x-2)^4.
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,13]{PWS19}}
设 $f_1, \cdots, f_{m}, g_1, \cdots, g_{n}$ 都是多项式， 而且
\[
\left(f_{i}, g_{j}\right)=1 \quad(i=1,2, \cdots, m ; j=1,2, \cdots, n),
\]
求证： $\left(f_1 f_2 \cdots f_{m}, g_1 g_2 \cdots g_{n}\right)=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  
  只用证明$\prod_j g_j, \prod_i f_i$没有公共的不可约因子。
  假设有，比如说$p$. $p\mid \prod_i f_i$表明$p\mid f_i$, 对某个$i$;
  类似地，$p\mid \prod_j g_j$表明$p\mid g_j$, 对某个$j$.
  这样$f_i,g_j$不互素，与题设矛盾了。

  \fangfa  既然$(a_i, b_j)=1$, 对任意的$i$, 应用练习~\ref{069}~归纳可得
  $(\prod a_i, b_j)=1$. 
  既然$(\prod a_i, b_j)=1$, 对任意的$j$, 应用刚才的结论可知$(\prod a_i, \prod b_j)=1$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 1.6\quad 重 因式}
\begin{exercise}
  判断多项式$f$有无重因式，
  其中
  \begin{enumerate}
    \item $f=x^5+2x^4-2x^3-8x^2-7x-2$.
    \item\tiyuan{\cite[P30,16(1)]{PWS19}}
      $f=x^5-5x^4+7x^3-2x^2+4x-8$. 
    \item\tiyuan{\cite[P30,16(2)]{PWS19}}
      $f=x^4+4x^2-4x-3$. 
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item $f'=5x^4+8x^3-6x^2-16x-7$. 
      我们用辗转相除法可以找到$f, f'$的首一最大公因子$(x+1)^3$. 
      这样$-1$为$f$的$4$重根。
      易知$f=(x+1)^4(x-2)$. 
      下一节我们会谈到如何在$\bQ$上分解这样一个整系数多项式，题给的多项式的分解十分轻松；
      这样就没必要算$f,f'$的最大公因子来确定是否有重因子了。
    \item 通过找有理根可得$f=(x - 2)^3  (x^2 + x + 1)$, 从而$f$有重根。亦可辗转相除得$(f,f')=(x-2)^2$, 从而$2$为$f$的三重根。
    \item \fangfa  
      $f'=4x^3+8x-4$. 辗转相除可求得$f, f'$的最大公因子：
      \begin{align*}
        f&= \frac{1}{4}x f' + (2 x^2 - 3x - 3),\\
        f' &=  (2x+3) (2 x^2 - 3x - 3) + (23x+5), \\
        2x^2-3x-3 &=  (\frac{2}{23} x - \frac{79}{529}) (23x+5) -\frac{1192}{529}.
      \end{align*}
      因此$(f, f')=1$, 这样$f$没有重因子。

      \fangfa  $f$在$\bQ$上不可约。诚然，由Eisenstein判别法（模$2$判断）可知
      \[
        f(x+1)=x^{4} + 4 x^{3} + 10 x^{2} + 8 x - 2
      \]
      不可约。既如此，在$\bQ$上我们有$(f,f')=1$, 因此在任意的数域$P$上有$(f,f')=1$,
      因为首一最大公因式不随着域的扩大而改变。
      从而$f$在$P$上没有重因式。
      \qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}



\begin{exercise}%[{\parencite[P32, 26]{zhang98}}]
  \label{062}
  证明Taylor公式： 
  设$f$为数域$P$上次数不超过$n$的多项式，$c\in P$, 则
  \[
    f=\sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(c)}{i!} (x-c)^i.
  \]
\end{exercise}

知道这个结果就行，这个的证明没什么意义 (不过这是个改写求和的例子，感兴趣可以看看)，
因为我们可以把分析中的结果搬过来 (见注记~\ref{063}).

\begin{solution}
  设$f=\sum_{k=0}^n a_k x^k$. 容易归纳得到$1\leqslant i\leqslant n$时
  \[
    f^{(i)}=\sum_{k=i}^n k(k-1)\cdots (k-i+1)a_k x^{k-i}.
  \]
  进而有
  \[
    \begin{aligned}
      f=\sum_{k=0}^n a_kx^k &=  \sum_{k=0}^n a_k(x-c + c)^k
      = \sum_{k=0}^n a_k\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} (x-c)^i c^{k-i}\\
      &= \sum_{i=0}^n \sum_{k=i}^n a_k \binom{k}{i} c^{k-i} (x-c)^{i}
      = \sum_{i=0}^n \left(\sum_{k=i}^n a_k \binom{k}{i} c^{k-i}\right) (x-c)^{i}\\
      &= \sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(c)}{i!} (x-c)^i.
    \end{aligned}
  \]
  得证。
\end{solution}



\begin{remark}\label{063}
  这个Taylor公式跟数学分析中给出的实系数多项式函数的Taylor展开公式形式上是一样的，
  所以不难对比来记忆
  （注意次数不超过$n$的多项式函数Taylor展开后当然没有高于$n$次的项）。
  我们这里是直接证明的。
  另一方面，如果我们承认复系数多项式函数有类似的Taylor公式（复分析中有全纯函数在收敛域上的幂级数展开式），
  那么上面的Taylor公式（得视$f\in P[x]$为复系数形式多项式）也可由此Taylor公式得到，
  因为形式多项式环$\bC[x]$到复系数多项式函数构成的环的同构是与求导相容的。
  这也是为什么虽然我们是形式地定义了形式多项式的导数但是我们还是可以安全地跟分析中一样地操作的原因。
  例如我们也有公式
  \[
    (fg)^{(k)} = \sum_{i=0}^k \binom{k}{i}f^{(i)}g^{(k-i)}.
  \]
\end{remark}


\paragraph*{习题 1.7\quad 多项式函数}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P29,15]{PWS19}}
求多项式
\[
f=x^3+2 x^2+2 x+1, \quad g=x^4+x^3+2 x^2+x+1
\]
的公共复根。
\end{exercise}

\begin{solution}
  数$c$ 为$f,g$的公共根当且仅当$x-c$为$f,g$的公因子，当且仅当$x-c\mid (f,g)$, 当且仅当$c$为$(f,g)$的公共根。
  因此要求$f,g$的公共根，即是求$(f,g)$的根。
  辗转相除可求得$(f,g)=x^2+x+1$. 这样$f,g$的公共根为$\frac{-1\pm \sqrt{3}\,i}{2}$.

  另外，我们也可以试着分解$f,g$（到一定程度）来找$(f,g)$.
  注意到
  \begin{align*}
    f&=  x^{3} + 2 x^{2} + 2 x + 1=(x^3+x^2+x)+(x^2+x+1)\\
    &= (x^2+x+1)(x+1),\\
    g &=  x^{4} + x^{3} + 2 x^{2} + x + 1 = (x^4+x^3+x^2)+(x^2+x+1)\\
    &= (x^2+x+1)(x^2+1),
  \end{align*}
  而且$x^2+1=(x-1)(x+1)+2$表明$(x+1,x^2+1)=1$. 
  这样由练习~\ref{0BE}~或惟一因式分解性知$(f,g)= x^2+x+1$, 从而$f,g$的公共根为$\frac{-1\pm \sqrt{3}\,i}{2}$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{229}\tiyuan{\cite[P30,17]{PWS19}}
求 $t$ 的值使 $f=x^3-3 x^2+t x-1$ 有重根。
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  
  令
  \[
    f=x^3-3x^2+tx-1=(x-1)^3+(t-3)(x-1)+(t-3).
  \]
  那么
  \[
    f(x+1)=x^3+(t-3)x+(t-3).
  \]
  显然$f$有重根当且仅当$f(x+1)$有重根。
  我们讲过$x^3+px+q$有重根当且仅当$4p^3+27q^2=0$,
  由此可知$f(x+1)$有重根当且仅当$4(t-3)^3+27(t-3)^2=0$,
  或者说，$t=3$或$-\frac{15}{4}$. 

  \fangfa  设$f=x^3-3x^2+tx-1$, 有$f'=3x^2-6x+t$. 我们试着用辗转相除法来找$f, f'$的最大公因子：
  \setlength{\tabcolsep}{2pt}
  \[
    \begin{tabular}{R|LRRR|LRRRR|R}
      &f'= & 3x^2&-6x&+t & f= & x^3&-3x^2& +tx &-1 & q_1 = \frac{1}{3}x-\frac{1}{3}\\
      & & & & & &  x^3&-2x^2&+\frac{1}{3}tx & & \\
      \cline{2-10}
      & & && & &  &-x^2&+\frac{2}{3}tx&-1 & \\
      & & && & &  &-x^2& +2x &-\frac{1}{3}t & \\
      \cline{2-10}
      & & && & &  & r_1=& (\frac{2}{3}t-2)x & +(\frac{1}{3}t-1) & 
    \end{tabular}
  \]
  若$\frac{2}{3}t-2=0$, 即$t=3$,  则$f=(x-1)^3$, $f$有重根$1$.
  现在考虑$t\neq 3$. 我们断言$f$有重根当且仅当$r_1\mid f$. 
若$r_1\nmid f$, 则$f'$除以$r_1$的余为非零常数
(这是辗转相除的最后的非零余式)，
从而$(f,f')=1$, $f$无重根；
若$r_1\mid f$，那么$r_1$为$f, f'$的最大公因式，
从而一次多项式$r_1$的根，作为$f, f'$的公共根，为$f$的重根。
断言证毕。
一次多项式$r_1=(\frac{t}{3}-1)(2x+1)$整除$f'$当且仅当$f'(-\frac{1}{2})=0$, 即$t=-\frac{15}{4}$. 
总而言之，$f$有重根当且仅当$t=3$或$-\frac{15}{4}$.
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,19]{PWS19}}
如果 $(x-1)^2 \mid A x^4+B x^2+1$, 求 $A, B$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa  设$f=Ax^4+Bx^2+1$, 则$f'=4Ax^3+2Bx$. 
  若$(x-1)^2\mid Ax^4+Bx^2+1$, 则$1$为$f, f'$的根。这样$A+B+1=0, 4A+2B=0$. 
  故$A=1, B=-2$.

  \fangfa  若$(x-1)^2\mid Ax^4+Bx^2+1$, 令$y=x-1$可知
  \[
    y^2\mid A(y+1)^4+B(y+1)^2+1=(A+B+1)+(4A+2B)y+\text{更高次项}.
  \]
  这样$A+B+1=0, 4A+2B=0$, 从而$A=1,B=-2$.
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,23]{PWS19}}
举例说明断语 “如果 $\alpha$ 是 $f^{\prime}$ 的 $m$ 重根，那么 $\alpha$ 是 $f$ 的 $m+1$ 重根” 是不对的。
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$f=x^{m+1}+1$, 则$0$为$f'$的$m$重根，但$0$非$f$的根。
\end{solution}

\begin{remark}
  上述断言不对，正确的版本应该是：
  如果 $\alpha$ 是 $f^{\prime}$ 的 $m$ 重根且$\alpha$为$f$的根，那么 $\alpha$ 是 $f$ 的 $m+1$ 重根。
\end{remark}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,21]{PWS19}}
如果 $a$ 是 $f'''$ 的一个 $k$ 重根， 证明： $a$ 是
\[
g=\frac{x-a}2\left[f^{\prime}+f^{\prime}(a)\right]-f+f(a)
\]
的一个 $k+3$ 重根。
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\[
  \begin{aligned}
    g'= -\frac{1}{2} (f'-f'(a))+\frac{x-a}{2} f'',\quad 
    g''= \frac{x-a}{2} f'''.
  \end{aligned}
\]
显然$g(a)=g'(a)=g''(a)=0$. 
按假设$a$为$f'''$的$k$重根，由$g''$的表达式知$a$作为$g''$的零点的重数为$k+1$.
进而$a$作为$g'$的根的重数为$k+2$, 
作为$g$的根的重数为$k+3$.
\end{solution}

%\begin{exercise}
%证明： $x_0$ 是 $f$ 的 $k$ 重根的充分必要条件是 $f\left(x_0\right)=f^{\prime}\left(x_0\right)=\cdots=f^{(k-1)}\left(x_0\right)=0$, 而 $f^{(k)}\left(x_0\right) \neq 0$.
%\end{exercise}

%\begin{solution}

%\end{solution}



\paragraph*{习题 1.8\quad 复系数与实系数多项式的因式分解}

\begin{exercise}
写出$x^n+1\in\symbf{R}[x]$的标准分解。
\end{exercise}

\begin{solution}
我们应用复数域上的分解
\[
  x^n+1=\frac{x^{2n}-1}{x^n-1}=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta_{2n}^{2k+1}).
\]
注意到$\overline{\zeta_{2n}^{2k+1}}=\zeta_{2n}^{2n-(2k+1)}$且若$\zeta_{2n}^{2k+1}\neq \pm 1$, 则$x^{n}+1$有不可约因子
\[
  (x-\zeta_{2n}^{2k+1}) (x-\zeta_{2n}^{2n-(2k+1)})=(x-\zeta_{2n}^{2k+1}) (x-\overline{\zeta_{2n}^{2k+1}})=x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{n}+1. 
\]
这样我们有
\begin{align*}
  x^{2m}+1 &= \prod_{k=0}^{m-1}\left( x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{2m}+1 \right),\\
  x^{2m+1}+1 &= (x+1)\prod_{k=0}^{m-1}\left( x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{2m+1}+1 \right).
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,24]{PWS19}}
  证明： 如果 $(x-1) \mid f\left(x^{n}\right)$, 那么 $\left(x^{n}-1\right) \mid f\left(x^{n}\right)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  $x-1\mid f(x^n)$表明$f(1)=f(1^n)=0$, 即$1$为$f$的根。这样可设$f(x)=(x-1)q(x)$. 
  从而$f(x^n)=(x^n-1)q(x^n)$, 故$x^n-1\mid f(x^n)$. 
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,25]{PWS19}}
证明： 如果 $\left(x^2+x+1\right) \mid f_1\left(x^3\right)+x f_2\left(x^3\right)$,那么
\[
(x-1)\mid f_1, \quad(x-1)\mid  f_2 .
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  设$f_1(x^3)+xf_2(x^3)=(x^2+x+1)q$. 
  我们在$\bC$上考虑 (即便基域不是复数域也可，因为我们说过整除关系不随系数域的扩大而改变)。
  令$\zeta=e^{\frac{2\pi i}{3}}$.
  分别取$x=\zeta$和$x=\zeta^2$可得
  \[
    \begin{cases}
      f_1(1)+\zeta f_2(1)=0; \\
      f_1(1)+\zeta^2 f_2(1)=0.
    \end{cases}
  \]
  由此可解得$f_1(1)=0=f_2(1)$. 这样在$P$上有$x-1\mid f_1, x-1\mid f_2$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 1.9\quad 有理系数多项式}



  \begin{exercise}
  设 $f$ 为整系数多项式。
证明： 若 $\alpha=\frac{r}{s}$ (其中 $r, s$ 为互素的整数) 为 $f$ 的根，
则 $f(1) /(1-\alpha), f(-1) /(1+\alpha)$ 为整数。
\end{exercise}

这个结论可以帮助我们缩小可能的有理根的范围。

\begin{solution}
可设 $f(x)=(s x-r) g(x)$, 其中 $g$ 为整系数多项式。
那么
\[
\frac{f(1)}{1-\alpha}=\frac{(s-r) g(1)}{1-\frac{r}{s}}=s g(1)
\]
是整数。
类似可知 $f(-1) /(1+\alpha)$ 是整数。
\end{solution}



\begin{exercise}\tiyuan{\cite[P30,27]{PWS19}}
求下列多项式的有理根：
\begin{enumerate}
  \item $x^3-6 x^2+15 x-14$;
  \item $4 x^4-7 x^2-5 x-1$;
  \item $x^5+x^4-6 x^3-14 x^2-11 x-3$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $f$首一，故可能的有理根都是整根，且整除$-14$, 
      因此可能的值为$\pm 1, \pm 2, \pm 7, \pm 14$.
      容易发现$f(\pm 1)\neq 0$.
      代入发现$2$是唯一的有理根。这个赋值的结果可通过综合除法得到，
      因为$f$除$x-a$的余数正是$f(a)$. 
      例如，如下可知$f(2)=0$:
      \[
           \begin{array}{rrrrrrrr}
              \cline{3-6}
              2 & & 1 & -6 & 15 & -14 \\
                & &   & 2  & -8 & 14  \\
               \cline{3-6}
                & & 1 & -4 & 7  & 0 
           \end{array}
      \]
      如下可知$f(7)=140$:
      \[
           \begin{array}{rrrrrrrr}
              \cline{3-6}
              7 & & 1 & -6 & 15 & -14 \\
                & &   & 7  & 7  & 154  \\
               \cline{3-6}
                & & 1 & 1  & 22 & 140
           \end{array}
      \]
      把所有可能的有理根都代入赋值通常很麻烦，可以结合因式分解。
      $f$对$x-2$的综合除法不仅表明$f(2)=0$还表明$f=(x-2)(x^2-4x+7)$.
      容易发现$g=x^2-4x+7$没有实根，更别提有理根。
      即使要试$g$的有理根，也只用再试$\pm 7$, 
      因为$\pm 1$我们试过不是$f$的根当然也不是$g$的根。 

      (2) 若$\frac{r}{s}$为$f$的有理根（其中$r,s$互素），则$s\mid 4, r\mid -1$.
      因此可能的有理根为$\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}$.
      显然$f(\pm 1)\neq 0$. 用综合除法也可发现$f(\frac{1}{2})\neq 0$.
      $f$对$x+\frac{1}{2}$的综合除法如下：
      \[
           \begin{array}{rrrrrrrr}
              \cline{3-7}
              -\frac{1}{2} & & 4 & 0 & -7 & -5 & -1 \\
                           & &   & -2 & 1  & 3  & 1\\
               \cline{3-7}
                           & & 4 & -2 & -6  & -2 & 0
           \end{array}
      \]
      故$f(-\frac{1}{2})=0$且$f=2(x+\frac{1}{2})g$, 其中$g=2x^3-x^2-3x-1$. 
      $g$可能的有理根为$\pm 1, \pm \frac{1}{2}$. 
      我们已经试过$\pm 1, \frac{1}{2}$不是$f$的根，故也不是$g$的根。
      $g$还有个可能的有理根$-\frac{1}{2}$. 综合除法表明
      $g= 2  (x+\frac{1}{2})h$, 其中$h=x^2-x-1$.
      显然$h$没有实根，故无有理根。这样$f$的有理根只有$-\frac{1}{2}$, 且是$2$重的。

    (3) 在SageMath中运行：
\begin{minted}{sage}
sage: R.<x>=QQ[]
sage: f=x^5+x^4-6*x^3-14*x^2-11*x-3
sage: f.roots()
[(3, 1), (-1, 4)]
\end{minted}
这样$f$有两个有理根：$3$ ($1$重), $-1$ ($4$重).  \qedhere
\end{solution}

\begin{exercise}
判断下列多项式在有理数域上是否可约：
\begin{enumerate}
  \item\tiyuan{\cite[P30,28(1)]{PWS19}}
  $x^2+1$;
\item\tiyuan{\cite[P30,28(2)]{PWS19}}
  $x^4-8 x^3+12 x^2+2$
\item\tiyuan{\cite[P30,28(3)]{PWS19}}
  $x^6+x^3+1$;
\item \tiyuan{\cite[P30,28(4)]{PWS19}}
  $x^{p}+p x+1$, 其中 $p$ 为奇素数;
\item\tiyuan{\cite[P30,28(5)]{PWS19}}
  $x^4+4 k x+1$, 其中 $k$ 为整数。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $x^2+1$在$\bR$上不可约，更何况是更小的数域$\bQ$上。

  (2)由Eisenstein判别法（模$2$判断）可知$x^4-8x^3+12x^2+2$不可约。

  (3) 考虑
        \[
          (x+1)^6+(x+1)^3+1=x^{6} + 6 x^{5} + 15 x^{4} + 21 x^{3} + 18 x^{2} + 9 x + 3,
        \]
        可以发现Eisenstein判别法（模$3$）可用。

        (4) 令$f=x^p+px+1$, $g(x)=f(x-1)$. 由于$p$是奇素数，我们有
      \[
        g=x^p+\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^{p-i}\binom{p}{i} x^i + 2px -p.
      \]
      由于$1\leqslant i\leqslant p-1$时$p\mid \binom{p}{i}$, 
      由Eisenstein判别法（模$p$判断）可知$g$不可约，从而$f$不可约。     
 
      (4) 令$f=x^4+4kx+1$, $g=f(x+1)=x^4+4x^3+6x^2+(4+4k)x+2+4k$.  
        由Eisenstein判别法（模$2$判断）可知$g$不可约，从而$f$不可约。
\end{solution}

\begin{remark}
  给定多项式$f(x), h(x)\in P[x]$, 我们可以把$h(x)$代入$f(x)$得到一个新的多项式$f(h(x))$. 
  容易通过定义直接验证这个代入保持加法和乘法，即对$f(x), g(x)\in P[x]$,
 \[
   f(h(x))+ g(h(x))=(f+g)(h(x)),\quad
   f(h(x))g(h(x))=(fg)(h(x)).
 \]
  \label{07F}
\end{remark}

\begin{remark}
  令$P$为数域，$f(x)\in P[x]$,   $a\in P^*, b\in P$. 
  由注记~\ref{07F}~知，代入$x\mapsto ax+b$ 与加法和乘法相容。
  不仅如此，这个操作还是可逆的，若$f_1(x)=f(ax+b)$, 则
  $f(x)=f_1(a^{-1}(x-b))$, 即代入$x\mapsto a^{-1}(x-b)$可以从$f_1(x)$回到$f(x)$.
  容易验证
  \begin{enumerate}
    \item $\partial (f(x)) =\partial (f(ax+b))$.
    \item $f(x)$不可约当且仅当$f(ax+b)$不可约。
   \item $f(x)$有重因子当且仅当$f(ax+b)$有重因子。
    \item $f(x)$有重根当且仅当$f(ax+b)$有重根。
    \item \ldots
  \end{enumerate}
  实际上环 $P[x]$ 的保持$P$不动的自同构正是
  $\{x\mapsto ax+b\mid a,b\in P, a\neq 0\}$.
\end{remark}


%\paragraph*{多元多项式}
%\paragraph*{对称多项式}


\section{补充题和考研题}

  对$f,g,h\in \bF[x]$, 若$h\mid f-g$, 我们记$f\equiv g\,(\mod h)$, 
读作$f,g$模$h$\emph{同余}（或直接说模$h$相等）。 
同余形式的运算也称为\emph{模算术}。
练习~\ref{0AA}~和 练习~\ref{0CF}
给出了多项式的模运算的类似于整数的模运算的常用的性质，
这表明模算术的行为是很良好的。
模算术是大家熟知的，所以这些性质可以在考试中自由使用。

\begin{exercise}\label{0AA}
  证明
  \begin{enumerate}
    \item 同余是等价关系，即
      \begin{enumerate}[(i)]
        \item （自反性）$f\equiv f\,(\mod h)$.
        \item （对称性）若$f\equiv g\,(\mod h)$, 则$g\equiv f\,(\mod h)$.
        \item （传递性）若$f\equiv g\,(\mod h), g\equiv k\,(\mod h)$, 则$f\equiv k\,(\mod h)$.
      \end{enumerate}
    \item 同余与多项式的加法、乘法相容：若$f_1\equiv g_1\,(\mod h), f_2\equiv g_2\,(\mod h)$,
      则
      \[
        f_1+f_2\equiv g_1+g_2\,(\mod h), \quad f_1f_2\equiv g_1g_2 \,(\mod h).
      \]
      特别地，$f\equiv g\,(\mod h)$蕴含了$f^m\equiv g^m\,(\mod h)$, 其中$m$是正整数。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 显然。

  (2) 同余与加法相容显然，我们证明下同余与乘法相容。
      注意到
      \[
        f_1f_2-g_1g_2=(f_1-g_1)f_2+(f_2-g_2)g_1.
      \]
      这样$f_1\equiv g_1\,(\mod h), f_2\equiv g_2\,(\mod h)$时
      显然有$f_1f_2\equiv g_1g_2\,(\mod h)$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0CF}
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item\label{0CE}
      令$f,g,r\in \bF[x]$. 若$f\equiv r\,(\mod g)$, 则$(f,g)=(g,r)$.
      特别地，$f,g$互素当且仅当$g,r$互素。
    \item $f,g$互素当且仅当存在$v\in \bF[x]$使得$vg\equiv 1\,(\mod f)$.
    \item 若$k$与$h$互素，且$kf\equiv kg\,(\mod h)$, 则$f\equiv g\,(\mod h)$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 这不过是如下事实：若$f=gq+r$, 则$f,g$ 与 $g,r$ 有相同的最大公因式。 

  (2) $f,g$互素当且仅当存在多项式$u,v$使得$uf+vg=1$, 
      当且仅当存在多项式$v$使得$vg\equiv 1\,(\mod f)$.

  (3) $k,h$互素表明存在$v$使得$vk\equiv 1\,(\mod h)$. 
      既然$kf\equiv kg\,(\mod h)$, 两边乘$v$得$f\equiv g\,(\mod h)$.
\end{solution}



\begin{exercise}%[{\parencite[P31, 16]{ZX98}}]
  证明 \tiyuan{\parencite[P31, 16]{ZX98}}
  $x^2+x+1$整除$x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$, 其中$m,n,p$是正整数。
\end{exercise}


\begin{solution}
  我们有$x^2+x+1\mid x^3-1$, 即$x^3\equiv 1\,(\mod x^2+x+1)$. 
  进而$x^{3k}\equiv 1\,(\mod x^2+x+1)$. 这样
  \[
    x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2} \equiv 1+ x + x^2 \equiv 0\,(\mod x^2+x+1).
  \]
  因此 $x^2+x+1 \mid x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{22A}%[{\parencite[P32,36]{ZX98}}]
  给定正整数$n,m$, $x^n-1\mid x^m-1$的条件是什么？ \tiyuan{\parencite[P32, 36]{ZX98}}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa 可设$m\geqslant n$. 显然有$x^m-1\equiv x^{m-n}-1\,(\mod x^n-1)$. 
  这样，若$m=qn+r$, 其中$0\leqslant r<n$, 则$x^m-1\equiv x^r-1\,(\mod x^n-1)$. 
  $x^n-1\mid x^m-1$当且仅当$x^r-1=0$当且仅当$r=0$, 即$n\mid m$.

  \fangfa $x^n-1$ 有$n$个互异根 $1, \zeta, \zeta^{2}, \cdots, \zeta^{n-1}$, 
  其中 $\zeta=e^{\frac{2 \pi i}{n}}$. $x^{n}-1 \mid x^{m}-1$ 当且仅当 
  每个 $\zeta^{i}$ ($0\leqslant i<n$) 都是 $x^{m}-1$ 的根，
  当且仅当  $\zeta$ 是  $x^{m}-1$ 的根， 当且仅当 $ n\mid m$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1FC}
  设 $m, n$ 为正整数， 令 $d=(m,n)$为最大公因数。
\begin{enumerate}
\item   证明 $\left(x^{m}-1,x^{n}-1\right)=x^d-1$.
\item 更一般地，对数 $a\neq 0$, 证明 
$\left(x^{m}-a^m,x^{n}-a^n\right)=x^d-a^d$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1)  令$m=qn+r$为带余除式。注意到
  \[
    x^n-1\mid (x^m-1)-(x^r-1)=x^m-x^r=x^r(x^{qn}-1),
  \]
  因此
  \[
    (x^m-1,x^n-1)=(x^n-1,x^r-1).
  \]
令辗转相除求出最大公因子$d=(m,n)$的过程如下 (记$m=r_{-1},n=r_0$)：
  \[
    \begin{aligned}
      m&= nq_0+r_1,\\
      n&= r_1q_1+r_2,\\
      &\vdots\\
      r_{s-2}&= r_{s-1}q_{s-1}+r_s,\\
      r_{s-1}&= r_sq.\quad (s\geqslant 0)
    \end{aligned}
  \]
  那么$d=r_s$. 由刚才的讨论知
  \[
  \begin{aligned}
    (x^m-1,x^n-1)&= (x^n-1,x^{r_1}-1)=(x^{r_1}-1,x^{r_2}-1)\\
        &= \cdots=(x^{r_{s-1}}-1,x^{r_s}-1)\\
        &= x^{r_s}-1=x^d-1.
      \end{aligned}
\]
这里注意到：由于$r_s\mid r_{s-1}$,  $x^{r_s}-1\mid x^{r_{s-1}}-1$.

(2) 令 $m=qn+r$ 为带余除式。注意到
\[
\begin{aligned}
  x^m-a^m&= (x^m-a^{qn}x^r) + (a^{qn}x^r-a^m)\\
  &= x^r(x^{n(q-1)}+ x^{n(q-2)}a^n + \cdots + a^{n(q-1)}) (x^n-a^n) + a^{qn}(x^r-a^r).
\end{aligned}
\]
因此 
\[
  (x^m-a^m, x^n-a^n)=(x^n-a^n, x^r-a^r).
\]
之后类似 (1) 可知
\(
  (x^m-a^m,x^n-a^n)=(x^d-a^d).
\)
%\emph{另外}，通过变量替换，也容易从 (1) 的结果推导出 (2) 的结果。
\end{solution}





\begin{exercise}\label{068}\tiyuan{\parencite[P29,12]{PWS19}}
  用模运算证明练习~\ref{069}：
  设 $f,g,h\in \bF[x]$满足 $(f,g)=1, (f,h)=1$, 那么 $(f,gh)=1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
我们用模运算重写练习~\ref{069}~的方法一。
 $(f,g)=1$表明存在$u\in \bF[x]$使得$ug\equiv 1\,(\mod f)$;
  $(f,h)=1$表明存在$v\in \bF[x]$使得$vh\equiv 1\,(\mod f)$.
  这样$(uv)gh\equiv 1\,(\mod f)$. 因此$(f,gh)=1$. 
\end{solution}

我们有时在复数域中看，即使多项式只是定义在某个数域上的。
下面的性质为人所熟知，所以可以在考试中使用。
\begin{exercise}\label{052}
  设$\bF$是数域$\bK$的子域，$f, g\in \bF[x]$. 证明：
  \begin{enumerate}
    \item 若在$\bK[x]$中$f$有分解$f=gh$, 则$h\in \bF[x]$. 
      特别地，若在$\bK[x]$中有$g\mid f$, 则在$\bF[x]$中有$g\mid f$.
    \item\label{079} $f, g$在$\bK[x]$中互素当且仅当$f, g$在$\bF[x]$中互素。
      特别地，若$\bF$是数域，那么$f,g\in \bF[x]$互素当且仅当$f,g$没有公共的复根。
    \item\label{0BF} 若$\bK$是数域，
      $f$在$\bF[x]$中不可约，$c$是$f$在$\bK[x]$中的一个根，则$c$为单根。
    \item\label{1CB} 设$f_1, \cdots, f_k\in \bF[x]$. 
      那么$f_1, \cdots, f_k$在$\bK$上的首一最大公因子与
      $f_1,\cdots,f_k$在$\bF$上的首一最大公因子一致。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) %\fangfa   
      我们利用带余除法的唯一性。
      设在$\bF[x]$中$f$对$g$的带余除法为$f=gq+r$, 其中$\deg r<\deg g$.
      这个显然可以视为$\bK[x]$中的带余除法。而在$\bK[x]$中$f=gh$, 
      由带余除法的唯一性知$r=0, h=q\in \bF[x]$. 
      得证。
      \iffalse
      \fangfa   若$h=0$, 当然有$h\in \bF[x]$. 否则，我们对$\deg h\geqslant 0$归纳。
      设$f=\sum_{i=0}^n a_ix^i, g=\sum_{j=0}^mb_jx_j$, 其中$a_i, b_j\in \bF$且$a_n\neq 0, b_m\neq 0$. 若$\deg h=0$, $h\in \bK^*$. 
      这样$m=n$, $a_n=b_mh$, 从而$h=b_m^{-1}a_n\in \bF$. 
      现在设$\deg h=n-m>0$. 设$h=\sum_{k=0}^l c_kx^k$, 其中$l=n-m$. 此时$c_{n-m}b_m=a_n$, 故$c_{n-m}\in \bF$.
      进一步有$f-(c_lx^l)g = g(\sum_{k=0}^{l-1} c_kx^k)$. 若$\sum_{k=0}^{l-1} c_kx^k=0$, 则$h=c_lx^l\in \bF[x]$. 否则由归纳假设有$\sum_{k=0}^{l-1} c_kx^k\in \bF[x]$. 从而$h\in \bF[x]$. 得证。
      \fi

  (2) $f, g$在$\bF[x]$中的公因子也是在$\bK[x]$中的公因子，
  故$f, g$在$\bK[x]$中互素时$f,g$在$\bF[x]$中必没有非平凡的公因子，即互素。
  反过来，若$f, g$在$\bF[x]$中互素，那么存在$u, v\in \bF[x]$使得$uf + vg=1$.
  这个等式也在$\bK[x]$中成立，从而表明$f, g$在$\bK[x]$中互素。

  (3) $f\in \bF[x]$不可约表明$f, f'$在$\bF[x]$中互素。
  由(2)知$f, f'$在$\bK[x]$中互素，这样$f$没有重根，因而根$c$是单根。

  (4) 最大公因子可以通过辗转相除得到，
  辗转相除中涉及到的多项式都落在$\bF[x]$中，
  所以我们最终得到的公因子落在$\bF[x]$. 
  特别地，其首项系数落在$\bF$中，从而首一最大公因子落在$\bF[x]$.
\end{solution}

\begin{exercise} 令$n$是正整数。证明
  \begin{enumerate}
    \item $x^2+x+1$与$x^n+1$互素。
    \item $x^2+x+1$与$(x+1)^{2n+1}- x^{2n+2}$互素。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) \fangfa   显然$x^3\equiv 1\,(\mod x^2+x+1)$, 
      从而$x^{3k}\equiv 1\,(\mod x^2+x+1)$. 进而我们有
      \[
        x^n+1 \,(\mod x^2+x+1) \equiv \begin{cases}
          2 & \text{若$n=3k$},\\
          x+1\equiv -x^2 & \text{若$n=3k+1$},\\
          x^2+1\equiv -x & \text{若$n=3k+2$}.
        \end{cases}
      \]
      显然$2, -x^2, -x$都与$x^2+x+1$互素。
      由练习~\ref{0CF}\ref{0CE}
      知我们总有 $x^n+1$与$x^2+x+1$互素。


      \fangfa   由练习~\ref{052}\ref{079}~知我们只用在复数域证明
      $x^m+1$与$x^2+x+1$互素，或者说，两个多项式没有公共的复根  (此方法实际上可推广到一般的域)。
      令$\zeta$为$x^2+x+1$的根，则有$\zeta^3=1$且$\zeta^2+\zeta+1=0$.
      代入$\zeta$到$x^n+1$得
      \[
        \zeta^n+1=
        \begin{cases}
          2 & \text{若$n=3k$;} \\
          \zeta+1=-\zeta^2 & \text{若$n=3k+1$;} \\
          \zeta^2+1=-\zeta & \text{若$n=3k+2$.}
        \end{cases}
      \]
      我们总有这个赋值非零，故$\zeta$不是$x^n+1$的根。得证。

      \setcounter{fangfa}{0}
      (2) \fangfa   注意到
      \begin{align*}
        (x+1)^{2n+1}-x^{2n+2} & \equiv \left((x^2+x+1)-x^2\right)^{2n+1} -x^{2n+2} \\
        & \equiv  -x^{4n+2}-x^{2n+2}\equiv 
        -x^{2n+2}(x^{2n}+1) \,(\mod x^2+x+1).
      \end{align*}
      显然$x^{2n+2}$与$x^2+x+1$互素，且由(1)知$x^2+x+1$与$x^{2n}+1$互素。
      由~\ref{0CF}\ref{0CE} 知
      $x^2+x+1$与$(x+1)^{2n+1}-x^{2n+2}$互素。

      \fangfa   %我们要用到一个事实：\aemph{每个域$\bF$都可以嵌入一个代数闭域$\bK$中}。
      借助练习~\ref{052}\ref{079}，
      %我们可以在此代数闭域$\bK$中考虑（比如如果基域是数域，我们就在复数域中考虑），
      我们可在复数域上证明互素性。
      这样我们只用证明$(x+1)^{2n+1}-x^{2n+2}$与$x^2+x+1$没有公共根。
      令$\zeta$为$x^2+x+1$的根，则有$\zeta^3=1$且$\zeta^2+\zeta+1=0$.
      代入$\zeta$到$(x+1)^{2n+1}-x^{2n+2}$得
      \[
        (\zeta+1)^{2n+1}-\zeta^{2n+2} = -\zeta^{4n+2}-\zeta^{2n+2} = 
        -\zeta^{2n+2}(\zeta^{2n}+1).
      \]
      如(1)中第二种方法一样可知$\zeta^{2n}+1\neq 0$. 
      故而$\zeta$不是$(x+1)^{2n+1}-x^{2n+2}$的根。
      这样$x^2+x+1$与$(x+1)^{2n+1}-x^{2n+2}$在$\bK[x]$中互素，从而在$\bF[x]$中互素。
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{zhengzhoudaxue}}
  设实系数多项式 $f(x)$ 满足 $f(2 x^{2}+1)=2 f^{2}(x)+1$, $\forall x \in \bR$, 
  且 $f(0)=0$, 证明： $f(x) \equiv x$. 
\end{exercise}


\begin{solution}
令 $g(x)=f(x)-x$, 则 $g(0)=0$.  
又注意到 
\[
g(2 x^{2}+1)=f(2 x^{2}+1)-(2 x^{2}+1) =2g(x)(f(x)+x).
\]
故若$t$为$g$的根，则$2t^2+1$亦为$g$的根。
从而 $g(0)=0$ $\Rightarrow$ $g(1)=0$ $\Rightarrow$ $g(3)=0$ $\Rightarrow$ $\cdots$. 
这样 $g$ 有无限个根。只有 $g\equiv 0, f(x)=x$.
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{huananligong}}
  设 $(f(x), g(x))=1$, 证明： $f^{2}(x)+g^{2}(x)$ 的重根必是 $[f'(x)]^{2}+[g'(x)]^{2}$的根.
\end{exercise}

\begin{solution}
  令 $c$ 为 $h(x)\coloneq f(x)^{2}+g(x)^{2}$ 的一个重根。
  那么 $f(c)^{2}+g(c)^{2}=0$,  $f^{2}(c)=-g^{2}(c)$;
  注意到 $f, g$ 互素表明不可能有 $f(c)=g(c)=0$.
  又 $c$ 是重根，故 $c$ 为 $h'(x)$ 的根，即 $2 f(c) f'(c)+2 g(c) g'(c)=0$,
  从而 
  \[\tag{$*$}
    f(c)^{2} f'(c)^{2}=g(c)^{2} g'(c)^{2}.
  \]
  既然 $f(c)^{2}=-g(c)^{2}\neq 0$, 结合 ($*$) 可得 $f'(c)^{2}=-g'(c)^{2}$. 
  故 $c$ 为 $f'(x)^{2}+g'(x)^{2}$ 的根。
\end{solution}
\begin{exercise}
  令$f(x)\in \bF[x]$次数为$n> 0$的多项式, 且$f(0)\neq 0$.
  多项式$g(x)=x^n f(\frac{1}{x})$称为$f$的\emph{反多项式}。
  \begin{enumerate}
    \item 用$f$的系数表示出$g$.
    \item 设$f$有$n$个根（按重数记入）$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$. 给出$g$的根。
    \item 证明$f$不可约当且仅当$g$不可约。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
      (1) 设$f=a_nx^n + a_{n-1} x^{n-1} \cdots + a_0$. 那么
      \begin{align*}
        g(x)&= x^n\left( a_n x^{-n}+ a_{n-1} x^{n-1} +\cdots + a_0 \right)\\
        &=  a_n + a_{n-1} x + \cdots + a_0 x^n.
      \end{align*}

      (2) 由于$f(0)\neq 0$, 所有$\lambda_i\neq 0$. 由
      \[
        f=a_n(x-\lambda_1)\cdots(x-\lambda_k)
      \]
      知
      \begin{align*}
        g&= x^na_n(x^{-1}-\lambda_1)\cdots(x^{-1}-\lambda_k) \\ 
        &= 
        (-1)^na_n(\prod_{i=1}^n \lambda_i)(x-\frac{1}{\lambda_1})\cdots(x-\frac{1}{\lambda_n}).
      \end{align*}
      这样$g$有$n$个根$\lambda_1^{-1}, \cdots, \lambda_n^{-1}$.

      (3) 记多项式$f$的反多项式为$\hat{f}$. 若$f=hk$是不平凡分解 
      (``不平凡''指此分解满足 $h,k$不是常数)，则
      \[
        \hat{f}=x^n h\left(\frac{1}{x}\right) k\left(\frac{1}{x}\right)=\hat{h}\hat{k}.
      \]
      即$f$的反多项式能分解为$h$的反多项式与$k$的反多项式的乘积（对多项式取反与多项式的乘积相容）。
      这样$f$可约时$\hat{f}$可约。显然$\hat{\hat{f}}=f$, 即取反是对合运算（即两次就还原了）。
      因此反过来的论断也对。
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$为$f(x)=x^3+x^2+x-1$的三个根，且$g(x)=x^2+x+1$.
  找个多项式$p(x)$使得$p(x)$以$g(x_1), g(x_2), g(x_3)$为根。
\end{exercise}


\begin{solution}
  注意到$g(\lambda_i)=\frac{1}{\lambda_i}$. 故取$p$为$f$的反多项式便可，即
  $p(x)=-x^3+x^2+x+1.$
\end{solution}

\begin{exercise}
求一个次数最低的实系数多项式 $f(x)$, 使其被 $x^2 + 1$ 除余式为 $x + 1$, 
被 $x^3 + x^2 + 1$ 除余式为 $x^2 - 1$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \fangfa 为了方便，定义 $\deg 0=-\infty$.
  我们期望找到 $f\in \bR[x]$ 使得存在 $g, h \in \bR[x]$ 满足
\[\tag{$*$}
  f(x) = (x^2 + 1)g(x) + (x + 1) = (x^3 + x^2 + 1)h(x) + (x^2 - 1).
\]
为了 $\deg f$ 尽量小，我们需要 $\deg g, \deg h$ 尽量小。% (若 $h$ 非零；显然 $g\neq 0$)。
此等式成立时，显然$\deg g>\deg h$. % (若 $h$ 非零)。
我们试试看是否存在一个次数不超过$1$的多项式 $h$ 使得 ($*$) 能成立
(如果不行，我们就需要试次数更高的)。
令 $h = ax + b \in \bR[x]$.
将 $x = \mathrm{i}$ 代入 ($*$) 得 $-(a - 3) + \mathrm{i}(b + 1) = 0$, 
故 $a = 3, b = -1$. 这时
\[
  f = (x^3 + x^2 + 1)(3x - 1) + (x^2 - 1) = 3x^4 + 2x^3 + 3x - 2.
\]
令 $g= 3 x^2 + 2x - 3$, 则 ($*$) 成立。故 上面的 $f$ 就是所要求。

\fangfa 
 用模算术的记号，我们要找次数最小的多项式$f\in \bR[x]$使得
  \[
    f\equiv x=1\left( \mod x^2+1 \right),\quad
    f\equiv x^2-1\left( \mod x^3+x^2+1 \right).
  \]
  我们应用孙子定理 (中国剩余定理) 的算法 \parencite[\S2.5]{Z21}。
  令$m_1=x^2+1, m_2=x^3+x^2+1$, $M_1=m_2, M_2=m_1$.
  我们有$(M_1, M_2)=1$, 且辗转相除可得相应的B\'ezout等式为 $u_1M_1+u_2M_2=1$,
  其中
  \[
    u_1(x) = x,\quad
    u_2(x)= -x^2-x+1.
  \]
  令 $e_1=u_1M_1, e_2=u_2M_2$.
  因此
  \[
  \begin{aligned}
      f & \equiv (x+1) e_1+ (x^2-1) e_2\\
      &= 
        (x+1)x(x^3+x^2+1)+(x^2-1)(-x^2-x+1) (x^2+1) 
          \\
            &\equiv -x^6+3x^4+x^3+2x^2+2x-1
         \\
        &\equiv 3x^4 + 2x^3 + 3x - 2 \left( \mod (x^2+1)(x^3+x^2+1) \right).
      \end{aligned}
\]
因此  $f=3x^4 + 2x^3 + 3x - 2$就是所要求。
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[P32, 31]{ZX98}}
  求$7$次多项式$f\in \bQ[x]$使得$(x-1)^4\mid f+1, (x+1)^4\mid f-1$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  \fangfa   假设这样的$f$存在。令$g=f+1, h=f-1$. 
  $g(1)=0, h(-1)=0$分别表明$f(1)=-1, f(-1)=1$. 
  显然$g'=f'=h'$. $1, -1$分别为$g, h$的重数$\geqslant 4$的根表明
  $1, -1$分别为$f'$的重数$\geqslant 3$的根，从而
  $(x-1)^3\mid f', (x+1)^3 \mid f'$. 这样 $(x-1)^3(x+1)^3\mid f'$.
  $\deg f=7$表明$\deg f'=6$, 故可设$f'=a(x-1)^3(x+1)^3$. 
  进而
  \begin{align*}
    f(x)+1=f(x)-f(1) &= \int_1^x f'(t) \diff t =a\int_1^x t^6-3t^4+3t^2-1 \diff t \\
    &= a\left(\left(\frac{x^7}{7}-\frac{3x^5}{5}+x^3-x\right)-(-\frac{16}{35})\right).
  \end{align*}
  再由$f(-1)=1$可解得$a=\frac{35}{16}$. 所以
  \[\tag{$*$}
    f=\frac{5}{16} x^{7} - \frac{21}{16} x^{5} + \frac{35}{16} x^{3} - \frac{35}{16}x.
  \]
  这是$f$唯一可能的选取。现在按($*$)定义$f$. 
  此时$g(1)=0, h(-1)=0$. 又$1, -1$为$g'=f'=h'$的$3$重根，
  我们有$1, -1$分别为$g, h$的$4$重根。所以($*$)定义的$f$的确满足题目的要求。

  \fangfa   
  用模算术的记号，我们要找$7$次多项式$f\in \bQ[x]$使得
  \[
    f\equiv -1\left( \mod (x-1)^4 \right),\quad
    f\equiv 1\left( \mod (x+1)^4 \right).
  \]
  我们应用孙子定理 (中国剩余定理) 的算法 \parencite[\S2.5]{Z21}。
  令$m_1=(x-1)^{4}, m_2=(x+1)^{4}$, $M_1=m_2, M_2=m_1$.
  我们有$(M_1, M_2)=1$, 且辗转相除可得相应的B\'ezout等式为 $u_1M_1+u_2M_2=1$,
  其中
  \[
    u_1(x) = -\frac{5}{32} x^{3} + \frac{5}{8} x^{2} - \frac{29}{32} x + \frac{1}{2},\quad
    u_2(x)= \frac{5}{32} x^{3} + \frac{5}{8} x^{2} + \frac{29}{32} x + \frac{1}{2}.
  \]
  令 $e_1=u_1M_1, e_2=u_2M_2$.
  因此
  \[
    f\equiv - e_1+ e_2=
    \frac{5}{16} x^{7} - \frac{21}{16} x^{5} + \frac{35}{16} x^{3} - \frac{35}{16} x 
    \left( \mod (x-1)^4(x+1)^4 \right).
  \]
  取 $f=\frac{5}{16} x^{7} - \frac{21}{16} x^{5} + \frac{35}{16} x^{3} - \frac{35}{16} x$即可。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{17F}
设多项式 $f(x), g(x), h(x), k(x)$ 满足 
\[
  \begin{cases} 
    \left(x^{2}+1\right) h(x)+(x+1) f(x)+(x+2) g(x)=0 \\ 
    \left(x^{2}+1\right) k(x)+(x-1) f(x)+(x-2) g(x)=0.
  \end{cases}
\]
证明 $x^{2}+1$ 为 $f(x), g(x)$ 的公因式。
\end{exercise}



\begin{solution}
  \fangfa 将所给两个等式分别乘以 $x-1$ 和 $x+1$ 并相减消去 $f(x)$ 得
\[
(x^{2}+1)((x-1) h(x)-(x+1) k(x))=-2 x g(x).
\]
这样 $x^{2}+1$ 整除 $-2 x g(x)$. 而 $x^{2}+1$ 与 $-2x$ 互素，
故 $x^{2}+1 \mid f(x)$. 类似可知 $x^{2}+1 \mid f(x)$. 
故 $x^{2}+1$ 为 $f(x), g(x)$ 的公因子。


\fangfa $x^2+1$ 有两个不同的根 $\pm i$. 令 $\zeta$ 为这样一个根。
分别代入所给两个等式可得
\[
\begin{cases}
(\zeta+1) f(\zeta) + (\zeta+2) g(\zeta) =0,\\
(\zeta-1) f(\zeta) + (\zeta-2) g(\zeta)=0;
\end{cases}\quad
\text{亦即}\quad
\begin{pmatrix}
\zeta+1 & \zeta+2 \\ \zeta-1 & \zeta-2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
f(\zeta) \\ g(\zeta)
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\0
\end{pmatrix}.
\]
由于
\[
\begin{vmatrix}
\zeta+1 & \zeta+2 \\ \zeta-1 & \zeta-2
\end{vmatrix}=-2\zeta\neq 0,
\]
只有 $f(\zeta)=g(\zeta)=0$. 既然 $x^2+1$ 的两个互异根都是 $f,g$ 的根，
$x^2+1$ 同时整除 $f,g$, 亦即 $x^{2}+1$ 为 $f(x), g(x)$ 的公因子。
\end{solution}

 \begin{exercise}
   试推广练习 \ref{17F}.
\end{exercise}

\begin{solution}
练习 \ref{17F} 可推广如下：
设 $\bF[x]$ 中多项式 $g(x)$, $f_i(x)$ ($1=1,\cdots,n$), $c_{ij}(x)$ 
   ($i=1,\cdots,n$; $j=1,\cdots,n$)
   满足 对任意 $i=1,\cdots,n$ 有
\(
  g(x) \mid \sum_{j=1}^n c_{ij}(x) f_j(x),
 \)
 且 $g(x)$ 与 $\det C(x)$ 互素，其中 $C(x)=(c_{ij}(x))_{n\times n}$,
 那么 $g(x) \mid f_i(x)$, 对任意的 $i=1,\cdots,n$. 证明如下。


 \fangfa 可在复数域上考虑。由 $g$ 与 $\det C$ 互素知 $g\neq 0$. 
 令 $g=c\prod_{i=1}^s (x-a_i)^{r_i}$ 为 $g$ 的标准分解。
 要证明 $g\mid f_j$, 只用证明对任意 $i=1,\cdots,s$ 有 $(x-a_i)^{r_i}\mid f_j$.
 这样问题归结为：若 $(x-a)^r \mid \sum_{i=1}^n c_{ij} f_j$ ($r\geqslant 1$)  
 且$(\det C)(a)\neq 0$, 则 $(x-a)^r\mid f_j$. 
 我们通过对 $r$ 归纳来证明。先考虑 $r=1$.
由 $x-a\mid \sum_{i=1}^n c_{ij} f_j$ 知 
$\sum_{i=1}^n c_{ij}(a) f_j(a)=0$. 而 $(\det C)(a)\neq 0$,
从而矩阵 $C(a)$ 可逆，因此所有 $f_j(a)=0$, 这样 $x-a\mid f_j$, 对任意 $j$.
现在设 $r>1$. 如 $r=1$ 的情形可知 $x-a\mid f_j$, 对任意 $j$.
令 $f'_j=f_j/(x-a)$. 那么 $(x-a)^{r-1}\mid \sum_{j=1}^n c_{ij} f'_j$, 对任意 $i$.
由归纳假设知 $(x-a)^{r-1}\mid f'_j$, 对任意 $j$.
这样 $(x-a)^r\mid f_j$, 对任意 $j$.  证毕。

 \fangfa* 在环 $R=\bF[x]/(g)$ 中看，这时 $\sum_{i=1}^n c_{ij} f_i=0$. 
 $g$ 与 $\det C$ 互素表明  $\det C$ 在 $R$ 中可逆，
 从而 $C\in R^{n\times n}$ 是可逆矩阵。
 因此只有 $f_i=0$, 亦即 $g$ 整除 $f_i$.
\end{solution}


\begin{exercise}\label{223}\tiyuan{\parencite[2024]{wuda}}
设 $f_{1}(x), f_{2}(x), \cdots, f_{n}(x)$ 为多项式 $(n \geqslant 2)$, 且满足
\[
x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1 \mid f_{1}(x^{n})+x f_{2}(x^{n})+\cdots+x^{n-1} f_{n}(x^{n})
\]
证明： 存在常数 $c$ 使得 $(x-1)^{n} \mid \prod_{i=1}^{n}(f_{i}(x)-c)$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  要证明 $(x-1)^{n} \mid \prod_{i=1}^{n}(f_{i}(x)-c)$, 
  只用证明 $x-1 \mid f_{i}(x)-c$, 亦即 $f_{i}(1)=c$, 对每个 $1\leqslant i\leqslant n-1$. 
 故 $c$ 的存在性相当于 $f_{1}(1)=\cdots=f_{n}(1)$. 

 \fangfa 显然 $x^n\equiv 1\left( \mod x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1 \right)$. 
 这样 
 \[
 \begin{aligned}
f_1(1) + xf_2(1) +\cdots + x^{n-1}f_{n}(1) 
   & \equiv 
  f_{1}(x^{n})+x f_{2}(x^{n})+\cdots+x^{n-1} f_{n}(x^{n}) \\%\left( \mod x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1 \right)\\
&\equiv 0\left( \mod x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1 \right).
\end{aligned}
 \]
 这样 对某个数 $c$,
 \[
   f_{1}(1)+x f_{2}(1)+\cdots+x^{n-1} f_{n}(1)=c(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1),
 \]
 因此 $f_{1}(1)=\cdots=f_{n}(1)=c$.


 \fangfa
令 $\zeta=e^{\frac{2 \pi i}{n}}$.
  注意到： 对 $\forall 1 \leqslant k \leqslant n -1$, 
  \[\tag{$*$}
  1+\zeta^{k}+(\zeta^{k})^{2}+\cdots+(\zeta^{k})^{n-1}=\frac{1-(\zeta^{k})^{n}}{1-\zeta^{k}}=0.
\]
由 $x^{n-1}+\cdots+x+1 \mid f_{1}(x^{n})+x f_2(x^n)+\cdots+x^{n-1}f_{n}(x^{n})$ 知
对每个 $1\leqslant k\leqslant n-1$有 
\[
  f_{1}(1)+\zeta^{k} f_{2}(1)+\cdots+(\zeta^k)^{n-1} f_{n}(1)=0.
\]
利用 ($*$) 可把上式改写为
\[
  \zeta^{k}(f_{2}(1)-f_{1}(1))+\cdots+(\zeta^{k})^{n-1}(f_{n}(1)-f_{1}(1))=0.
\]
联立这些等式可得
\[
\begin{pmatrix}
\zeta & \zeta^{2} & \cdots & \zeta^{n-1} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
\zeta^{n-1} & (\zeta^{n-1})^{2} & \cdots & (\zeta^{n-1})^{n-1}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
f_{2}(1)-f_{1}(1) \\
\vdots \\
f_{n}(1)-f_{1}(1)
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
\vdots \\
0
\end{pmatrix}.
\]
由于
\[
\begin{vmatrix}
\zeta & \zeta^{2} &\cdots & \zeta^{n-1} \\
\vdots& \vdots & & \vdots \\
\zeta^{n-1} & (\zeta^{n-1})^{2} & \cdots &(\zeta^{n-1})^{n-1}
\end{vmatrix}=\zeta \cdots \zeta^{n-1} \prod_{1 \leqslant j<i \leqslant n-1}(\zeta^{i}-\zeta^{j}) \neq 0,
\]
可知 $f_{k}(1)-f_{1}(1)=0$, 即 $f_k(1)=f_1(1)$ ($1\leqslant k \leqslant n$).
此时令 $c=f_{i}(1)$ 即可。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{1F5}
  设 $f_{1}, f_{2}, \cdots, f_{n}\in \bR[x]$.
  那么存在$g, h\in \bR[x]$, 使得 
$f_{1}^{2}+f_{2}^{2}+\cdots+f_{n}^{2}=g^{2}+h^{2}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  只用证明：若 $f\in \bR[x]$ 且恒有$f(x)\geqslant 0$, 则存在 $g,h\in \bR[x]$ 
  使得 $f^2=g^2+h^2$. 
我们断言：若 $a$ 是 $f$ 的实根，则 $a$ 的重数是偶数。
令 $f(x)=(x-a)^rf_1(x)$, 其中 $a\in \bR$ 且 $f_1(a)\neq 0$.
为了反证，设 $r$ 为奇数。
若 $f_1(a)>0$ (转：$f_1(a)<0$), 由连续性可知对
小于 (转：大于) $a$ 且充分接近$a$ 的$x$ 有 $f(x)<0$, 矛盾了。
这就证明了断言。此时我们可设
  \[
    f=c\prod_{i=1}^s(x-a_i)^{2r_i}\prod_{i=1}^t (x-b_i)(x-\bar{b}_i),
  \]
  其中 $s,t\geqslant 0$, $c\geqslant 0$, $a_i\in \bR$, $b_i\notin \bR$.
  令 
  \[
    \sqrt{c}\prod_{i=1}^s(x-a_i)^{r_i}\prod_{i=1}^t (x-b_i) = g+\mathrm{i}h, 
  \]
  其中 $g,h\in \bR[x]$.
  那么 
  \[
    f=(g+\mathrm{i}h)(g-\mathrm{i}h)=g^2+h^2.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[P31, 9]{PWS19}}
  设$n, m$是正整数，且$n>m$. 证明： 
  $x^n+ax^m+b$（其中$a,b$是标量）不可能有重数大于$2$的非零根。
\end{exercise}

\begin{solution}

  反证。设$0\neq c$是$f=x^n+ax^m+b$的重数大于$2$的根。
  这样$c$是$f, f', f''$的根。先设$m>1$. 我们有
  \[
    f'= nx^{n-1}+am x^{m-1},\quad f''=n(n-1)x^{n-2} + am(m-1)x^{m-2}.
  \]
  代入根$x=c$得
  \[
    nc^{n-1} + amc^{m-1}=0, \quad n(n-1)c^{n-2} + am(m-1) c^{m-2}=0.
  \]
  又$c\neq 0$, 这两个等式相当于
  \[
    n c^{n-m} + am =0, \quad n(n-1) c^{n-m} +a m(m-1)=0.
  \]
  这样有$n=m$, 
  这与$n>m$矛盾了。
  所以$m>1$时$f=x^n+ax^m+b$没有非零的重数大于$2$的根。
  现在设$m=1$. 此时
  \[
    f'=nx^{n-1} + am x^{m-1}, \quad f''=n(n-1)x^{n-2}.
  \]
  代入根$x=c$得
  \[
    nc^{n-1} + amc^{m-1}=0, \quad n(n-1)c^{n-2} =0.
  \]
  $n>1, c\neq 0$表明第二个等式不可能成立，所以要证的此时也成立。
\end{solution}



\begin{exercise}\label{067}
  设$\bF$是数域，$0\neq f\in \bF[x]$.
  \begin{enumerate}
    \item 若$f=cp_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_s^{r_s}$为$f$的标准分解，那么
      \[
        (f,f')=p_1^{r_1-1} p_2^{r_2-1}\cdots p_s^{r_s-1}.
      \]
  \item 假设$m$个互异的数$a_1, \cdots, a_m$分别为$f$的$t_1, \cdots, t_m$重根，且
    \[
      \frac{f}{(f,f')}=\prod_{i=1}^m (x-a_i).
    \]
  证明$f=\prod_{i=1}^m(x-a_i)^{t_i}$.
\item 设$f$满足$f'\mid f$. \tiyuan{\parencite[P31, 9]{PWS19}}
  证明$f$有$n$重根，其中$n=\deg f$.
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1)  $p_i$为$f$的$r_i$-重因子表明$p_i$是$f'$的$r_i-1$-重因子。
      这样易知$(f,f')=\prod_{i=1}^s p_i^{r_i-1}$. 

      (2) 由(1)知$f=cp_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_s^{r_s}$为$f$的标准分解时$f/(f,f')=c\prod_{i=1}^n p_i$. 
      若$f/(f,f')=\prod_{i=1}^m (x-a_i)$, 那么$f$的首项系数为$1$, 
      且所有的不可约因子恰好为这些$x-a_i$. 从而$f=\prod_{i=1}^m (x-a_i)^{t_i}$.

      (3) 显然$f$非常数。
      设$f=c\prod_{i=1}^s p_i^{r_i}$为$f$的标准分解。
      若$f'\mid f$, 由(1)知$f'=\prod_{i=1}^s p_i^{r_i-1}$. 
      由于$\deg f'=(\deg f)-1$, 只有$s=1$且$\deg p_1=1$. 
      进而$r_1=\deg f=n$. 因此$f$有$n$-重根。
\end{solution}

\begin{exercise}\label{05D}
  设$a_1, \cdots, a_n\in \bF$互异。 \tiyuan{\parencite[P31, 12]{PWS19}}
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item $\sum_{i=1}^n \frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)} =1.$
    \item 任意多项式$f$除以$\prod_{i=1}^n(x-a_i)$的余式为$\sum_{i=1}^n\frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}   f(a_i)$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) 记所要求等式左边的多项式为$g$. 那么$g(a_i)=1$, 对任意的$i$. 
这样作为一个次数小于$n$的多项式，$g$与取常值$1$的多项式
在$n$个两两不同点处取值一致，这表明$g\equiv 1$.

(2) 设$f=q \prod_{i=1}^n(x-a_i)+ r$为带余除式。
此时$\deg r<n$或 $r=0$, 且$r(a_i)=f(a_i)$, 对任意的$i$. 由Lagrange插值公式知
\[\tag*{\qedhere}
  r=\sum_{i=1}^n\frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}   f(a_i).
\]
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1C8}
  给定不同的两个复数$a, b$, 以及一些复数$a_0, a_1, a_2, b_0, b_1, b_2$,
  证明存在$f\in \bC[x]$使得$f^{(i)}(a)=a_i, f^{(i)}(b)=b_i$, 对$i=0,1,2$.
\end{exercise}

\begin{solution}
假设这样的$f$存在，我们来找下$f$的更好处理的约束条件。
令
\[\tag{$*$}
  f(x)=(x-a)(x-b)g(x)+r(x), 
\]
其中
\[
  r(x)=\frac{(x-b)a_0-(x-a)b_0}{a-b}.
\]
注意余式的写法恰好使得$f(a)=a_0, f(b)=b_0$ (练习~\ref{05D})。
那么
\begin{align*}
  f'&= (2x-a-b)g+(x-a)(x-b)g'+r', \\
  f''&= 2g + (4x-2a-2b)g' + (x-a)(x-b)g'' + r''.
\end{align*}
这样$f^{(i)}(a)=a_i, f^{(i)}(b)=b_i$ ($i=0,1,2$) 相当于
\[
\tag{$**$}
\begin{aligned}
  g(a)&= \frac{a_1-r'(a)}{a-b}, & 
  g(b)&=  \frac{b_1-r'(b)}{b-a},\\
  g'(a)&= \frac{a_2-r''(a)-2g(a)}{2(a-b)}, & 
  g'(b)&= \frac{b_2-r''(b)-2g(b)}{2(b-a)}.
\end{aligned}
\]
我们只要说明：对任意的复数$c_0, d_0, c_1, d_1$存在$g$使得\[
  g(a)=c_0,\quad g(b)=d_0,\quad g'(a)= c_1, \quad g'(b)=d_1.
\]
一旦这点成立，我们找到满足($**$)的$g$, 然后按照($*$)定义$f$即可。

$g$的存在性的论证可跟刚才的过程类似地实现。
令
\[\tag{$***$}
  g(x)=(x-a)(x-b)h(x)+s(x),
\]
其中
\[
  s(x)=\frac{(x-b)c_0-(x-a)d_0}{a-b}.
\]
此时
\[
  g'=(2x-a-b)h+(x-a)(x-b)h'+s'
\]
$g'(a)=c_1, g'(b)=d_1$相当于
\[
\begin{aligned}
  h(a) = \frac{c_1-s'(a)}{a-b}, \quad
  h(b) = \frac{c_2-s'(b)}{b-a}.
\end{aligned}
\]
利用Lagrange插值公式可知满足上式的$h$是存在的。有了$h$后按照($***$)定义$g$, 得到的$g$满足($**$). 得证。
 \iffalse \fangfa{1}我们证明存在$4$次多项式$f=x^4+c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0$满足所要求。
  此时
  \begin{align*}
    f^{(1)}&= 4x^3+ 3c_3x^2+ 2c_2 x+ c_1,\\
    f^{(2)} &=  12x^2+6c_3 x+2c_2.
  \end{align*}
$f^{(j)}(a_i)=b_{ij}$（其中$j=0,1,2$, $i=1,2$）相当于
\begin{align*}

  3a_1^2+2c_2 a_1+c_1&= 0,\\
  3a_2^2+2c_2a_2+c_1&= 0,\\

\end{align*}
\fi
\end{solution}


\begin{exercise}
  试推广练习~\ref{1C8}.
\end{exercise}

\begin{solution}
  练习~\ref{1C8}~可推广如下。
  给定数域中两两不同的$n$个数$a_1, \cdots, a_n$和如下一些数：
  \begin{gather*}
    \begin{array}{cccc}
      b_{01}, & b_{02}, &\cdots, &b_{0n};\\
      b_{11}, &b_{12}, & \cdots, & b_{1n}; \\
     \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
     b_{n1}, & b_{n2}, & \cdots, & b_{nn};
  \end{array}
  \end{gather*}
  那么对任意的$0\leqslant m\leqslant n$, 存在多项式$f$使得$f^{(j)}(a_i)=b_{ij}$, 
  对$0\leqslant j\leqslant m$, $1\leqslant i\leqslant n$. 


  我们对$m$归纳来证明。
  若$m=0$, Lagrange 插值公式告诉我们$f$的存在性。
  考虑$k>0$. 
  假设存在想要的$f$. 令 $h(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_n)$, 令
  \[\tag{$*$}
    f(x)=h(x) g(x)+ r(x), \quad\text{其中~} 
    r(x)= \sum_{i=1}^n \frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}f(a_i).
  \]
  我们通过$f$满足的条件来找$g$需要满足的条件。 
  我们有
  \[\tag{$**$}
    f^{(j)} = \sum_{k=0}^j \binom{j}{k} h^{(k)} g^{(j-k)} + r^{(j)}.
  \]
  对$1\leqslant i\leqslant n, 1\leqslant j\leqslant n, 0\leqslant k\leqslant j$, 令
  $c_{ijk}=\binom{j}{k} h^{(k)}(a_i)$. 由
  \[
    h^{(1)}=
    \sum_{i=1}^n (x-a_1)\cdots\widehat{(x-a_i)}\cdots (x-a_n)
  \]
  (其中 $\widehat{(x-a_i)}$ 表示去掉这个因子) 
  知$c_{ij1}=\prod_{l\neq i}(x_i-x_l)\neq 0$, 对任意的$i, j$ . 
  根据($**$), 
  $f^{(j)}(a_i)=b_{ji}$相当于
  \[
    g^{(j-1)}(a_i)=\frac{f^{(j)}(a_i)-r^{(j)}(a_i)-\sum_{k=2}^j c_{ijk} g^{(j-k)}(a_i)}{c_{ij1}}.
  \]
  对$j$归纳易知上式等号右边可以替换为不依赖于$f, g$而只依赖于原始数据
  $a_1,\cdots,a_n,$ $b_{01},\cdots,b_{nn}$的表达式。
  因此$g$的存在性由我们最初对$m$归纳的归纳假设可得。
  有了这样的$g$, 要得到想要的$f$,  按照($*$)定义即可。
\end{solution}




\begin{exercise}
  设$f\in \bQ[x]$满足$\deg f=n$, 且$f(k)=\frac{k}{k+1}$,
  对任意的$k=0,1,\cdots,n$. 求$f(n+1)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  显然$n=\deg f>0$. 考虑多项式$g=(1+x)f-x$. 
  我们有$g(-1)=1, g(0)=g(1)= \cdots= g(n)= 0$, 且$\deg g=n+1$.
  这样可令$g=c x(x-1)\cdots(x-n)$, 其中$c\in \bQ^*$,
  且$g(-1)=1$表明$c =\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}$. 
  由$f= \frac{g+x}{1+x}$知
  \[\tag*{\qedhere}
    f(n+1)=\frac{g(n+1)+(n+1)}{n+2} =  \frac{(-1)^{n+1}+(n+1)}{n+2}.
  \]
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$f\in \bF[x]$不可约, 其中$\bF$是数域。
  \begin{enumerate}
    \item 若$g\in \bF[x]$, 且$f, g$有公共复根，证明$f\mid g$.
    \item 假设存在$b\in \bC$使得$b, b^{-1}$都是$f$的复根。
      证明对任意的$f$的复根$a$有$a^{-1}$为$f$的复根。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
      (1) \fangfa   $f,g$有公共复根表明$f,g$在$\bC$上不互素，
      从而由练习~\ref{052}\ref{079}~知$f,g$在$\bF$上互素。

      \fangfa   我们反证。若$f\nmid g$, 则$f,g$互素。
      这样存在$u, v\in \bF[x]$使得$uf+vg=1$. 
      从而$f,g$在$\bC$上互素。这与$f,g$有公共复根矛盾了。

      (2) 由于$f$不可约，$0$非$f$的根。
      考虑$f$的反多项式$g(x)=x^nf(\frac{1}{x})$, 其中$n=\deg f$.
      既然$b^{-1}$为$f$的根，$b$为$g$的根。
      故而$f, g$有公共根。由(1)知$f\mid g$. 
      又$\deg f=\deg g$, 只有对某个非零常数$c$有$f=cg$, 
      即$f(x)=cx^nf(\frac{1}{x})$.
      由此易知$a$为$f$的根时$a^{-1}$也是$f$的根。
\end{solution}


\begin{exercise}
  证明： \tiyuan{\parencite[P31, 10]{PWS19}}
  给定$f\in \bC[x]$, 若$f(x)\mid f(x^n)$, 则$f(x)$的根只能是$0$或单位根。
\end{exercise}

\begin{solution}

  设$f(x)=\prod_{i=1}^n (x-a_i)$, 则$f(x^n)=\prod_{i=1}^n (x^n-a_i)$.
  $f(x^n)$的根形如$\zeta_n^k a_i^{\frac{1}{n}}$, 
  其中$\zeta_n=e^{\frac{2\pi\,i}{n}}$.
  既然$f(x)\mid f(x^n)$, 
  对任意的指标$i$, 存在$j, k$使得 $a_i=\zeta_n^k a_j^{\frac{1}{n}}$, 从而$a_i^n=a_j$.
  固定指标$i$. 存在指标$j_1$使得$a_i^{n}=a_{j_1}$. 
  同样地，存在指标$j_2$使得$a_{j_1}^n=a_{j_2}$, 从而$a_{i}^{n^2}=a_{j_2}$.
  一直如此讨论下去可以发现：对任意的正整数$m$, 都存在指标$j_m$使得$a_i^{n^m}=a_{j_m}$. 
  $\{a_{j_m}\}\subset \{a_1, \cdots, a_n\}$是有限集，
  所以存在正整数$m<p$, 使得$a_i^{n^m}=a_i^{n^p}$. 这样$a_i=0$或者$a_i$为单位根。 
\end{solution}

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[2024]{zheda}}
  若 $\frac{5}{11}$ 是整系数多项式 $f(x)$ 的根，证明： 
  $f(\sqrt{-1}) f(-\sqrt{-1})$ 是非负整数，且是 $146$ 的倍数。
\end{exercise}


\begin{solution}
  由于 $f$ 是实系数的，对复数 $z$有 $f(\bar{z})=\overline{f(z)}$.
  故 $f(\sqrt{-1}) f(-\sqrt{-1})=|f(\sqrt{-1})|^{2}$ 是非负实数。
而且，由于$f$ 是整系数的，
$f(\sqrt{-1})$ 的实部、虚部是整数，从而 $|f(\sqrt{-1})|^{2}$ 为整数。
这就证明了 $f(\sqrt{-1})(f(-\sqrt{-1})$ 为非负整数。
既然 $\frac{5}{11}$ 为 $f(x)$ 的根，可设 $f(x)=(11x-5)g(x)$, 
其中 $g$ 为整系数多项式。
这样
\[
f(\sqrt{-1}) f(-\sqrt{1}) =|11 \sqrt{-1}-5|^{2}|g(\sqrt{-1})|^{2} 
 =146|g(\sqrt{-1})|^{2}.
\]
$g$是整系数多项式表明 $|g(\sqrt{-1})|^{2}$ 是整数。
故 $146$整除 $f(\sqrt{-1}) f(-\sqrt{-1})$.
\end{solution}



\begin{exercise}
  用 $\bZ[x]$ 表示整系数多项式的集合。 令$f\in \bZ[x]$.
  \begin{enumerate}
    \item 设对某个偶数$a$和某个奇数$b$有$f(a)$和$f(b)$都是奇数。
      证明$f$没有整数根。
    \item 设对某个正整数$n$有$n$不整除$f(0), f(1), \cdots, f(n-1)$中任何一个。 
      证明$f$没有整数根。

      例如$f=x^4+2x^3+x^2+28$没有整数根，因为此$f$满足$f(-1),f(0),f(1)$都不能被$3$整除。
      \item 设对某个正整数$n$有$n!$不整除$\prod_{i=1}^nf(i)$. 证明$f$没有整数根。
    \item 设$f(1)=f(2)=f(3)=p$, 其中$p$是素数。
  证明：不存在整数$m$使得$f(m)=2p$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 假设$f$有整根$c$. 那么$f=(x-c)g$, 其中$g\in \bZ[x]$.
    若$c$是奇数则$f(b)$是偶数，与题设矛盾；若$c$是偶数则$f(a)$是偶数，亦与题设矛盾。
    故$f$没有整根。

    (2) 反证。假设$f$有整根$c$. 令$f=(x-c)g$. 其中$g$是整系数多项式。这样
    \begin{gather*}
    f(0)=(-c)g(0),\quad f(1)=(1-c)g(1),\quad \cdots,\\
    f(n-1)=(n-1-c)g(n-1).
  \end{gather*}
  由于相邻的$n$个整数中总有一个被$n$整除，$-c, 1-c, \cdots, n-1-c$中有一个被$n$整除。
  这样$f(0), f(1), \cdots, f(n-1)$中有一个被$n$整除，与题设矛盾了。

  (3) 反证。假设$f$有整根$c$. 令$f=(x-c)g$, 其中$g$是整系数多项式。这样
  \[
    f(1)f(2)\cdots f(n)=(-c)(1-c)\cdots ( n-1-c) g(0)g(1)\cdots g(n-1).
  \]
  这与$n!$不整除$\prod_{i=1}^nf(i)$矛盾了，
  因为相邻的$n$个整数$k+1, \cdots, k+n$的乘积可以被$n!$整除
  （注意$k\geqslant 0$时$\binom{k+n}{n}=\frac{(k+n)\cdots (k+1)}{n!}$是整数）。

  (4) 考虑多项式$g(x)=f(x)-2p$. 这样$g(1)=g(2)=g(3)=-p$.
    若$g$有整根$c$, 则$g$有分解$g=(x-c)h$, 其中$h$是整系数多项式。
    $g(1)=g(2)=g(3)=-p$表明$1-c, 2-c, 3-c$都整除$p$, 
    这不可能，因为素数$p$相差个符号至多两个因子$1, p$. 
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0BD}
  试着找到一个以$z$为根的$\bQ$上的不可约多项式，其中
  \begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
  \item  $z=\sqrt{2}+i$; 
  \item  $z=\sqrt{2}+\sqrt{3}$; 
  \item  $z=2\cos \frac{2}{7}\pi$.
  \end{enumerate}
\end{multicols}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 以$\sqrt{2}+i$为复根的不可约的实系数多项式为
      \[
        (x-(\sqrt{2}+i))(x-(\sqrt{2}-i))=x^2-2\sqrt{2}x+3.
      \]
      受$\bR$上的不可约分解
      \[
        x^4+1=(x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1)
      \]
      的启发，
      我们注意到：$x^2+2\sqrt{2}x+3$也是$\bR$上不可约的多项式，且
      \[
        (x^2-2\sqrt{2}x+3)(x^2+2\sqrt{2}x+3)=x^4-2x^2+9
      \]
      是整系数多项式。
      此分解表明$x^4-2x^2+9$在$\bQ$上不可约且以$\sqrt{2}+i$为根。
      故$x^4-2x^2+9$为所要求。

(2) 以$\sqrt{2}+\sqrt{3}$和$\sqrt{2}-\sqrt{3}$为根的多项式为$x^2-2\sqrt{2}x-1$. 注意到
  \[
    (x^2-2\sqrt{2}x-1)(x^2+2\sqrt{2}x-1)=x^4-10x^2+1
  \]
  是整系数多项式，
  且此分解表明$x^4-10x^2+1$在$\bQ$上不可约。
  从而$x^4-10x^2+1$是所要求的多项式。

  (3) 令$y=e^{\frac{2}{7}\pi i}$为$7$次本原单位根, 则$y^6+y^5+y^4+y^3+y^2+y+1=0$.
  我们有$z=2\cos \frac{2}{7}\pi =y+1/y$. 
  此时
  \begin{align*}
    0&= y^3+y^2+y+1+y^{-1}+y^{-2}+y^{-3} \\
    &=  (y^3+y^{-3}) + (y^2+y^{-2}) + (y+y^{-1}) +1 \\
    &= \left( (y+y^{-1})^3-3(y+y^{-1}) \right) + \left( (y+y^{-1})^2 -2 \right) + (y+y^{-1}) +1 \\
    &= z^3+ z^2 -2 z - 1.
  \end{align*}
  这样多项式$x^3+x^2-2x-1$以$z=2\cos \frac{2}{7}\pi$为根。
  $x^3+x^2-2x-1$没有整根，故在$\bQ$上不可约。这样$x^3+x^2-2x-1$为所要求。
  另外，由此可知$\cos\frac{2}{7}\pi$为$8x^3+4x^2-4x-1$的根。
\end{solution}


\begin{exercise}
设 $c$ 是 $\mathbf{Q}[x]$ 中某个非零多项式的根， $M=\{f(x) \in \mathbf{Q}[x] \mid f(c)=0\}$.
\begin{enumerate}
  \item 证明 存在唯一的首 1 不可约多项式 $p(x) \in M$ 使得 $p(x) \mid f(x)$, 对任意 $f(x)\in M$;
  \item 如果 $c=\sqrt{2}+i$, 求(1)中的 $p(x)$.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
(1) 令 $p \in M$ 为次数最低的首一非零多项式。
若 $p$ 有 $p=g h$, 则 $\alpha$ 为 $g$ 或 $h$ 的根。
由 $p$ 的次数的极小性知 $g$ 或 $h$ 与 $p$ 相差个常数倍。
这就证明了 $p$ 不可约。对 $f \in M$, 令 $f=q p+r$ 为带余除法。
令 $x=\alpha$ 有 $r(\alpha)=0$. 而 $r=0$ 或 $\deg r<\deg p$,
由 $p$ 的次数的极小性只有 $r=0$, 故 $p\mid f$. 
若 $p, p'$ 为两个次数最低的首一非零多项式，则由刚才的讨论知
$p, p'$ 相互整除，从而相等。这就证明了 $p$ 的唯一性。


(2) $p(x)=x^{4}-2 x^{2}+9.$ 见练习 \ref{0BD}(1).
\end{solution}



\begin{exercise}
  \label{05F}
  判断下列多项式在$\bQ$上是否可约，若可约请给出标准分解：
  \begin{multicols}{2}
  \begin{enumerate}
    \item $x^3-2023x^2-1$.
    \item $x^4-10x^2+1$.
    \item $x^4+1$.
    \item $3 x^{4} - 2 x^{3} - 3 x + 2$.
    \item $x^4-8x^3+12x^2+2$.
    \item $x^5+2x^4-2x^3-8x^2-7x-2$.
    \item $3x^5-15$.
    \item $x^5+x^4+1$.
 \item $x^5+5x+11$.
    \item $x^6+1$.
    \item $x^6+x^3+1$. 
  \item $x^{8}+x^{4}+1$.
    \item $x^p-1$, 其中$p$为素数。
    \item $x^p+px+1$, 其中$p$为奇素数。 
    \item $x^n-pq$, 其中$p$为素数且$p\nmid q$.
    \item $p^{n-1}x^n+px+1$, 其中$p$是素数。
  \end{enumerate}
\end{multicols}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) $f=x^3-2023x^2-1$在$\bQ$上不可约。若这个$3$次多项式可约，那么它有有理根，
  只能为$\pm 1$. 但$f(\pm 1)\neq 0$, 矛盾了，所以$f$不可约。

  (2) 令$f=x^4-10x^2+1$. 我们证明$f$在$\bZ$上不可约。
  $f\in \bZ[x]$没有$1$次因子，否则相差个符号形如$x\pm 1$, 
  但$f(\mp 1)\neq 0$. 我们用待定系数法反证得到$f$在$\bZ$上没有$2$次不可约因子。
  设
  \[
    f=(x^2+ax\pm 1)(x^2+bx\pm 1)
  \]
  其中两个$\pm $要同时取$+$或$-$. 
  展开后比较系数有$b=-a, ab\pm 2=-10$, 从而$a^2\mp 2=10$. 但这样的整数$a$不存在。
  这就证明了$f$在$\bZ$上没有$2$次不可约因子。
  从而$f\in \bZ[x]$不可约，进而$f\in \bQ[x]$不可约。


  (3)  在$\bC$上有$x^4+1=\prod_{k=0}^3 \left(x-e^{\frac{(2k+1)\pi i}{4}}\right)$, 
  故在$\bR$上有
\[
  x^4+1=(x^2-\sqrt{2}x+1)(x^2+\sqrt{2}x+1).
  \]
  这样$x^4+1$在$\bR$上没有$1$次因子，而其在$\bR$上的$2$次因子都不落在$\bQ[x]$中，
  从而$x^4+1$在$\bQ$上不可约。

  (4) 先考察下$f=3 x^{4} - 2 x^{3} - 3 x + 2$在$\bQ$上有没有$1$次因子。
  设$\frac{r}{s}$ ($r,s$互素）是$f$的有理根，则$s\mid 3, r\mid 2$. 
  故$\frac{r}{s}=\pm 1, \pm 2, \pm\frac{1}{3},\pm\frac{2}{3}$. 
  容易发现$1$为$f$的根，且$f=(x-1)g$, 其中$g=3 x^{3} + x^{2} + x - 2$. 
  类似地，$g$的有理根只能为$\pm 1, \pm 2,\pm\frac{1}{3},\pm\frac{2}{3}$. 
  尝试后发现$\frac{2}{3}$是$g$的根，且$g=(3x-2)(x^{2} + x + 1)$. 
  接着考察$x^2+x+1$会发现它没有有理根（$\pm 1$都不是其根），
  从而在$\bQ$上不可约
  （或者，由其判别式$1^2-4\times1<0$知其在$\bR$上不可约从而在$\bQ$上不可约）。
  这样$f$的标准分解为
  \[
    f=  3 (x-1)(x - \frac{2}{3}) (x^{2} + x + 1).
  \]

  (5) 由Eisenstein准则（用$p=2$判断）可知$x^4-8x^3+12x^2+2$不可约。

  (6) 通过尝试可能的有理根容易发现$x^5+2x^4-2x^3-8x^2-7x-2=(x+1)^4(x-2)$.

  (7) 由Eisenstein准则（用$p=5$判断）可知$3x^5-15$在$\bQ$上不可约。


  (8) 注意到
  \[
    x^5+x^4+1=x^5+x^4+x^3-x^3+1=(x^3-x+1)(x^2+x+1), 
  \]
  所以$x^5+x^4+1$可约。容易发现$x^3-x+1, x^2+x+1$不可约，
  故$x^5+x^4+1=(x^3-x+1)(x^2+x+1)$为标准分解。

  如果没观察到，也可如下进行：若$f=x^5+x^4+1$有$1$次因子，
  那么$f$有有理根，只能为$\pm 1$. 但$f(\pm 1)\neq 0$, 所以$f$没有$1$次因子。
  若$f$可分解为$2,3$次多项式的乘积（我们只用在$\bZ[x]$中做分解），
  则相差个符号有两种可能性：
  \begin{align*}
    f&= (x^2+ax+1)(x^3+bx^2+cx+1) \quad \text{或} \\
    f&= (x^2+ax-1)(x^3+bx^2+cx-1), 
  \end{align*}
  其中$a,b,c\in \bZ$. 
  通过比较系数容易发现只有第一种可能性，且$a=1, b=0, c=-1$. 
  实际上，由于$f$没有$1$次因子，由唯一因子分解性，
  发现其中一种可能性后第二种可能性就不存在了。
  \iffalse 若$f$有$3$次因子，只能形如$x^3+ax+bx\pm1$, 其中$a,b\in \bZ$. 
    由长除法可得$x^3+ax^2+bx+1$除$f$的余式为
  \[
    \left( a(b+a(1-a))-(1+b(1-a)) \right)x^2+\left( b(b+a(1-a))-(1-a) \right)x+\left( (b+a(1-a))+1 \right).
  \]
  故$x^3+ax^2+bx+1$整除$f$当且仅当
  \[
    \begin{aligned}
      a(b+a(1-a))-(1+b(1-a))&= 0,& b(b+a(1-a))-(1-a)&= 0, & (b+a(1-a))+1&= 0, &\quad\text{亦即} \\
      a+1+b(1-a)&= 0, & b+(1-a)&= 0,& b+a(1-a)+1&= 0.&
    \end{aligned}
  \]
  易解得$a=0, b=-1$. 所以$x^3-x+1\mid f$. 此时足以断定$x^3-x+1$是$f$的唯一的
  （不可约的）$3$次首一因子。所以不用再考虑$x^3+ax+bx-1$. 
  如果一开始取了$x^3+ax+bx-1$尝试，操作是类似的，只是最终发现无解。
  \fi

  (9) 注意到
\[
  (x-1)^{5}+5(x-1)+11=x^{5}-\binom{5}{1} x^{4}+\binom{5}{2} x^{3}-\binom{5}{3} x^{2}+\binom{5}{4} x+5 x+5.
\]
由 Eisenstein 准则 (取 $p=5$) 知其不可约。



(10) \fangfa   利用$x^6+1$在$\bC[x]$中的不可约分解，我们有
  \begin{align*}
    x^6+1&=\frac{x^{12}-1}{x^6-1} = \prod_{k=0}^{2}\left( x^2-2x\cos \frac{(2k+1)\pi}{6}+1 \right)\\
    &= (x^2+1)(x^2-\sqrt{3}x+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)\\
    &= (x^2+1)(x^4-x^2+1).
  \end{align*}
  由此可知，后两个式子分别为$x^6+1$在 $\bR, \bQ$ 上的标准分解。\\
\fangfa   从分解
  \[
    x^6+1=(x^2)^3+1=(x^2+1)(x^4-x^2+1)
  \]
  出发然后说明这是不可约分解。


  \setcounter{fangfa}{0}
  (11)  \fangfa   考虑
  \[
    (x+1)^6+(x+1)^3+1=x^{6} + 6 x^{5} + 15 x^{4} + 21 x^{3} + 18 x^{2} + 9 x + 3,
  \]
  可以发现Eisenstein准则（用$p=3$判断）可用。

  \fangfa   由于$x^9-1=(x^3)^3-1=(x^3-1)(x^6+x^3+1)$,
  在$\bC$上我们有
  \[
    x^6+x^3+1=
    \prod_{\substack{1\leqslant k\leqslant 8\\ k\neq 3, 6}}\left(x-e^{\frac{2k\pi i}{9}}\right), 
  \]
  进而在$\bR$上有
  \[
    x^6+x^3+1=
    (x^2-2x\cos\frac{2\pi}{9}+1)(x^2-2x\cos\frac{4\pi}{9}+1)(x^2-2x\cos\frac{8\pi}{9}+1).
  \]
  由于$2\cos\frac{2\pi}{9}, 2\cos\frac{4\pi}{9}, 2\cos\frac{8\pi}{9}$不是整数，
  最右边三个$2$次因子都不落在$\bZ[x]$中。
  进而$x^6+x^3+1$在$\bR$上没有$1,3$次因子，
  而任一首一$2$次因子都不落在$\bZ[x]$中
  （$x^6+x^3+1$在$\bZ[x]$中的因子相差个符号首一），
  所以$x^6+x^3+1$在$\bZ[x]$中不可约，进而在$\bQ[x]$中不可约。

  %\fangfa*   $x^6+x^3+1$是分圆多项式$\Phi_{9}(x)$, 
  %而分圆多项式不可约（练习~\ref{EX:分圆多项式不可约}）。

  (12) 我们有 
\[
  x^{8}+x^{4}+1=(x^{4}+x^{2}+1)(x^{4}-x^{2}+1) =(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1).
  \]
  不难验证 $x^2+x+1, x^2-x+1, x^4-x^2+1$ 都在 $\bQ$ 上不可约。

  (13) 显然$x^p-1=(x-1)f(x)$, 其中$f(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$. 
  进而
\[
\begin{aligned}
  g(x)& \eqdef f(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{x}
  = \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i+1}x^i\\
  &= x^{p-1}+\sum_{i=1}^{p-2}\binom{p}{i+1}x^i + p.
\end{aligned}
\]
注意到$1\leqslant i\leqslant p-1$时$p\mid \binom{p}{i}$. 
进而由Eisenstein准则（用$p$判断）可知$g$不可约，从而$f$不可约。
这样$x^p-1$的标准分解为
\[
x^p-1=(x-1)(x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1).
\]

(14) 令$f(x)=x^p+px+1$, $g(x)=f(x-1)$. 由于$p$是奇素数，我们有
\[
  g=x^p+\sum_{i=2}^{p-1}(-1)^{p-i}\binom{p}{i} x^i + 2px -p.
\]
由于$1\leqslant i\leqslant p-1$时$p\mid \binom{p}{i}$, 
由Eisenstein准则（用 $p$判断）可知$g$不可约，从而$f$不可约。     

(15) 应用Eisenstein准则（用$p$判断）可知$x^n-pq$不可约。

(16) 令$f=p^{n-1}x^n + px + 1$. 那么$g\eqdef p f(\frac{1}{p}x) = x^n+px+p$. 
由Eisenstein准则（用$p$判断）知$g$在$\bQ$上不可约，从而$f$在$\bQ$上不可约。
\end{solution}



\begin{exercise}
  利用合适的整系数多项式在$\bQ$上的不可约性证明下列实数是无理数：
    \[
      \cos \frac{2}{7}\pi,\quad
      \cos \frac{2\pi}{9},\quad
\cos \frac{\pi}{9},\quad
%\cos \frac{\pi}{18},\quad
\sqrt[n]{pq},
    \]
    其中$p$为素整数，$q$是不被$p$整除的正整数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 应用练习~\ref{0BD}(3).
      由$x^3+x^2-2x-1$在$\bQ$上不可约可知其根$2\cos \frac{2}{7}\pi$不是有理数，
      从而$\cos\frac{2}{7}\pi$是无理数。

      (2) 应用练习~\ref{05F}(6).
      由$x^6+x^3+1$在$\bQ$上不可约及其在$\bR$上的分解知
      $\cos \frac{2\pi}{9}$, $\cos \frac{4\pi}{9}$, $\cos \frac{8\pi}{9}$
      都是无理数。

      (3) 对三倍角公式$\cos 3\alpha= 4\cos^3\alpha -3 \cos \alpha$
      取$\alpha=\frac{\pi}{9}$得
        $\frac{1}{2}=4\cos^3 \frac{\pi}{9} - 3 \cos \frac{\pi}{9}.$
      所以$\cos \frac{\pi}{9}$是整系数多项式$8x^3-6x-1=0$的根。
      但容易发现$8x^3-6x-1$没有有理根，故而$\cos \frac{\pi}{9}$是无理数。

      \iffalse
      (4) \fangfa   
      对三倍角公式$\cos 3\alpha= 4\cos^3\alpha -3 \cos \alpha$
      取$\alpha=\frac{\pi}{18}$得
      $\frac{\sqrt{3}}{2}=4\cos^3 \frac{\pi}{18} - 3 \cos \frac{\pi}{18}.$
      这样必有$\cos \frac{\pi}{18}$是无理数。
      \fangfa   考虑$x^{36}-1$的分解可以发现
      $e^{\frac{\pi\,i}{18}}$为分圆多项式$\Phi_{36}(x)=x^{12}-x^6+1$的根。
      这样$x^2-2x\cos \frac{\pi}{18}+1$为
      $\Phi_{36}(x)$在$\bR$上的因子。
      又分圆多项式$\Phi_{36}(x)$在$\bQ$上不可约（练习~\ref{EX:分圆多项式不可约}），
      我们知$\cos \frac{\pi}{18}$是无理数。
    \fi

      (4) 由Eisenstein准则（用$p$判断）知$x^n-pq$在$\bQ$上不可约。
      这样其实根$\sqrt[n]{pq}$是无理数。
\end{solution}




\begin{exercise}
  设$n$是正整数。证明$x^4+n$在$\bQ$上可约当且仅当$n=4m^4$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  ($\Leftarrow$) 我们有
  \[
    x^4+4m^4=(x^2+2mx+2m^2)(x^2-2mx+2m^2).
  \]

  ($\Rightarrow$) 
  显然$x^4+n$没有整根。若$x^4+n$可约，那么有分解
  \[
    x^4+n=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d).
  \]
  这样
  \[
    a+c=0, \quad b+d+ac=0,\quad ad+bc=0,\quad bd=n.
  \]
  特别地，$a(b-d)=0$. 若$a=0$, 那么$b=-d$, 进而$n=-b^2\leqslant 0$, 与题设矛盾了。
  因此$b=d$. 同时有$b+d=-a^2$, 这样$a=2m$是偶数。由此$n=bd=4m^4$.
\end{solution}



\begin{exercise} 设$a_1,a_2,\cdots,a_n$是互异的整数。证明：
  \begin{enumerate}
    \item $(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1$在$\bQ$上不可约，
      除非其为某个多项式的平方。
    \item $(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)-1$在$\bQ$上不可约。
    \item $(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1$在$\bQ$上不可约。
      \hint 利用连续函数的介值性。
   \end{enumerate}
  例如，下列多项式都在$\bQ$上不可约：
\begin{align*}
  x^5-5x^3+4x-1&= (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)-1, \\
  x^4-2x^3+x^2+1&= x^2(x-1)^2+1.
\end{align*}
\end{exercise}

\begin{solution}
    (1) 设$f=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1$可约，
      比如$f=gh$, 其中$g, h\in \bZ[x]$非常数。
      这时$g(a_i)h(a_i)=1$, 故$g(a_i)=\pm 1=h(a_i)$. 
      $g, h$是次数小于$n$的多项式，又在$n$个两两不同点上取值相同，只有$g=h$.
      这样$f=g^2$. 


  (2) 设$f=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)-1$. 我们反证来得到$f$不可约。
  设$f$有分解$f=gh$, 其中$g,h\in \bZ[x]$非常数。
    这样$g(a_i)h(a_i)=-1$, 故$g(a_i)=\pm1, h(a_i)=\mp 1$（两者符号相反），从而
    \[
      g(a_i)+h(a_i)=0,\quad (i=1,2,\cdots,n).
    \]
    于是$g+h$次数小于$n$且有$n$个两两不同的零点，这表明$g+h=0$, 
    因而$f=-g^2$, 这与$f$首项系数为$1$矛盾。所以$f$不可约。

  
(3) 反证，假设$f=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1$在$\bZ$上有分解$f=gh$, 
    其中$g,h\in \bZ[x]$非常数。 
    $g,h$的首项系数为$\pm 1$; 首项系数为$-1$时我们分别替换$g, h$为$-g, -h$, 
    这样我们可设$g,h$首项系数为$1$.
    若$g$可取负值，又$g$首一表明$g$ 可取正值，
    这样由连续性的介值性可知多项式函数$g\colon \bR\rightarrow \bR$可取值$0$, 
    从而多项式函数$f\colon \bR\rightarrow \bR$可取值$0$, 
    这与对任意的$x\in \bR$有$f(x)\geqslant 1$矛盾了。
    所以$g$恒大于$0$. $h$也是。
    对任意的$i$有$g(a_i)h(a_i)=1$, 故$g(a_i)=h(a_i)=1$.
    如果$\deg g<n$或$\deg h<n$, 那么$g$或$h$恒等于$1$, 矛盾了。
    所以$\deg g=\deg h=n$.
此时易知$g=h=(x-a_1)\cdots(x-a_n)+1$. 显然$f\neq gh$. 矛盾了。故 $f$ 不可约。
\iffalse
得到$\deg g=\deg h=n$后，还可如下两种方式论断。
\fangfa   此时$\deg (g-h)<n$.
    又$g-h$在$n$个不同点处取值为$0$, 只有$g-h=0$, 即$g=h$. 
    这样    $f=g^2$, 因而$f'=2gg'$. 
    显然所有的$a_i$都是$f'$的根同时不是$g$的根，故所有的$a_i$都是$g'$的根。
    这不可能，因为$\deg g'<n$, 从而$g'$不可能有$n$个两两不同根。
    \fangfa   我们有
    $g(0)^2=f(0)=\left(\prod a_i\right)^2+1.$
    注意到形如$k^2+1$的整数是平方数当且仅当$k=0$. 
    对$x$做个平移（用某个$x-a$替换$x$），
    我们可以假设所有的$a_i$不仅两两不同而且非零。
    因此$\prod a_i\neq0 $, 进而
    $\left(\prod a_i\right)^2+1$不可能是平方数，矛盾了。
  \fi
\end{solution}

\begin{remark}
实际上， $f=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)+1$ 在$\bQ$上不可约，
除了在下面的情形下：
      \begin{align*}
        (x-a)(x-a-2)+1&= (x-a-1)^2;\\
        (x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3)+1&= \left( (x-a-1)(x-a-2)-1 \right)^2.
      \end{align*}
      上面的证明中我们已然看到，若  $f$ 可约，
      则对某个首一的整系数多项式 $g$ 有 $f=g^2$.
      特别地，$n$为偶数，可设$n=2k$, 此时 $\deg g=k$. 
      注意到$g$在$1,\cdots,2k$处取值为$\pm 1$.
      $g$非常数，取值为$1$或$-1$的次数不能大于$\deg g=k$, 
      故$g$取值为$1$的次数和取值为$-1$的次数都是$k$.
      对$a_1, \cdots, a_{2k}$重新排序后不妨设
      \[
        g(a_i)=\begin{cases}
        1 & \text{若$1\leqslant i\leqslant k$,} \\
        -1 & \text{若$k+1\leqslant i\leqslant 2k$.}
      \end{cases}
    \]
    由于$g$首一，我们有
    \[
      g-1=(x-a_1)\cdots(x-a_k), g+1=(x-a_{k+1})\cdots(x-a_{2k}).
    \]
    从而
    \[
      (x-a_1)\cdots(x-a_k) +2=(x-a_{k+1})\cdots(x-a_{2k}).
    \]
    取$x=a_{l}$（其中$k+1\leqslant l\leqslant 2k$）得
    \[
      (a_l-a_1)\cdots(a_l-a_k)=-2.
    \]
    对固定的$l$, $a_l-a_1, \cdots, a_l-a_k$互异，而$-2$的分解中至多三个互异的因子，
    这样$k\leqslant 3$. 下面我们按$k$的值分类讨论：
    \begin{enumerate}[(i)]
      \item $k=1$. 我们有
        $a_2-a_1=-2$. 设$a_1=a$, 则$a_2=a-2$. 这时恰好是如下可约的情形：
        \[
          (x-a)(x-a-2)+1 = (x-a-1)^2.
        \]
      \item $k=2$. 我们有
    \[
        (a_3-a_1)(a_3-a_2)=-2=(a_4-a_1)(a_4-a_2).
    \]
    由于$-2=2\times (-1)=(-2)\times 1$, 有如下的几种可能性（相差个$a_1, a_2, a_3, a_4$的排序以及排除掉一些明显的可能性）：
    \[
      \begin{cases}
        a_3-a_1 = 2\\
        a_3-a_2=-1\\
        a_4-a_1=-1\\
        a_4-a_2=2,
      \end{cases}\quad
      \begin{cases}
        a_3-a_1 = 2\\
        a_3-a_2=-1\\
        a_4-a_1=-2\\
        a_4-a_2=1,
      \end{cases}\quad
      \begin{cases}
        a_3-a_1 = 2\\
        a_3-a_2=-1\\
        a_4-a_1=1\\
        a_4-a_2=-2.
      \end{cases}
    \]
    第一种还要排除，因为此时
    \[
      (a_3-a_1)+(a_3-a_2)=(a_4-a_1)+(a_4-a_2)
    \]
    表明$a_3=a_4$. 
    第二种可能性也要排除，因为
    \[
      (a_3-a_1)-(a_3-a_2)=3\neq -3=(a_4-a_1)-(a_4-a_2)
    \]
    表明此情形无解。
    这样只有第三种可能性，此时设$a_2=a$, 可解得$a_1=a-3, a_2=a-1, a_4=a-2$. 
    这恰给出如下可约的情形：
    \[
      (x-a)(x-a-1)(x-a-2)(x-a-3)+1 = \left( (x-a-1)(x-a-2)-1 \right)^2.
    \]
  \item $k=3$. 我们有\[
      \begin{cases}
        (a_4-a_1)(a_4-a_2)(a_4-a_3)=-2,\\
        (a_5-a_1)(a_5-a_2)(a_5-a_3)=-2,\\
        (a_6-a_1)(a_6-a_2)(a_6-a_3)=-2,
        \end{cases}
    \]
    $-2$分解为$3$个不同整数的乘积（相差个因子的顺序）只有$-2=2\times (-1)\times 1$. 
    这样对$i=4,5,6$有
    \[
      3a_i-(a_1+a_2+a_3)=(a_i-a_1)+(a_i-a_2)+(a_i-a_3)=2+(-1)+1=2.
    \]
    故$a_4=a_5=a_6$, 矛盾了。所以这种情形不可能。
\end{enumerate}
\end{remark}



\begin{exercise}\label{057}%\tiyuan{\cite[P30,28(1)]{PWS19}}
  设$f(x)= \sum_{i=0}^n a_i x^i$为整系数多项式， 
  $\partial f=n\geqslant k\geqslant 1$, % \marginpar{\parencite[\nopp 1.45]{zhang98}}
  且有素数$p$满足
  \[
    p\nmid a_n;\qquad
    p\mid a_{k-1}, \cdots,  p\mid a_0;\qquad 
    p^2\nmid a_0.
  \]
  证明$f$有一个次数至少为$k$的不可约因子。
\end{exercise}

\begin{solution}
 若$f$不可约，结论平凡。设$f=p_1\cdots p_s$, 其中$p_i$不可约。
  设$p_i$的常数项为$a_{i0}$. 
  由于$p\mid a_0=a_{10} \cdots a_{s0}$, 存在$l$使得$p\mid a_{l0}$. 
  重新令$g=p_l=\sum a_{li}x^i$, 这时$f$可写为$f=gh$; 令$h=\sum b_ix^i$.  
  $p^2\nmid a_0$表明$p\nmid b_0$.
  由于$p\nmid f$, $p\nmid g$. 存在最小的指标$m$使得$p\nmid a_{lm}$.
  对比$f=gh$两边$x^m$的系数可得
  \[
    a_m = a_{lm} b_0 + a_{l,m-1}b_1+\cdots+a_{l0}b_{m}.
  \]
  $p\mid a_{l,m-1},\cdots, p\mid a_{l0}$而$p\nmid a_{lm}b_0$表明
  $p\nmid a_m$. 这样由题设知$m\geqslant k$.
  既然$\partial g\geqslant m\geqslant k$, $g$就是一个次数至少为$k$的因子。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{058}
  令$f=\sum_{i=0}^{2n+1}a_ix^i$为次数为 %\marginpar{\parencite[\nopp 1.46]{zhang98}}
  $2n+1\geqslant 3$的整系数多项式。
  假设对某个素数$p$有
  \[
    p\nmid a_{2n+1};\quad
    p\mid a_{2n},\cdots, p\mid a_{n+1}; \quad 
    p^2\mid a_n,\cdots, p^2\mid a_0;\quad
    p^3\nmid a_0.
  \]
  证明$f$在$\bQ$上不可约。
\end{exercise}
例如，$x^{9} + 2 x^{8} + 6 x^{5} + 4 x^{4} + 8 x^{2} + 32 x + 12$不可约。


\begin{solution}
反证，设$f$在$\ZZ$上有分解$f=gh$, 其中$g= \sum_{i=0}^l b_ix^i, 
  h= \sum_{j=0}^m c_j x^j$, 
  且$\partial g=l>0, \partial h=m>0$.
  既然$p\mid a_0=b_0c_0$, 不妨设$p\mid b_0$.
  $p\nmid f$表明$p\nmid g$, 这样可取最小的指标$s$使得$p\nmid b_s$. 
  显然$0<s\leqslant l<2n+1$.
  由
  \[\tag{$*$}
    p\mid a_s=b_0c_s+\cdots+b_{s-1}c_1+ b_sc_0
  \]
  知$p\mid c_0$; 进而， 
  由
  \[
    p\mid a_{s+1} = b_0c_{s+1} + \cdots + b_{s-1}c_2 + b_s c_1 + b_{s+1}c_0
  \]
  知
  $p\mid c_1$; \ldots. 一直如此讨论下去，
  我们从$p\mid a_{s}, \cdots, p\mid a_{2n}$可以得到$p\mid c_j$, 
  对任意的$0\leqslant j\leqslant 2n-s$.
  但是$p\nmid a_{2n+1}$表明$p\nmid c_{2n-s+1}$.
  特别地，$2n-s+1\leqslant m=2n+1-l$, 于是$s=l$.
  这样$l$是最小的指标$i$使得$p\nmid b_i$; 
  $m$是最小的指标$j$使得$p\nmid c_j$.
  既然$l+m=2n+1$, 不妨设$l\leqslant n$, 则$m\geqslant n+1$.
  由($*$)可知$p^2\mid b_lc_0$, 因为
  $p^2\mid a_l, p^2\mid b_{l-1}c_1, \cdots, p^2\mid b_0c_l$.
  而$p\nmid b_l$, 故$p^2\mid c_0$, 进而$p^3\mid a_0=b_0c_0$, 与题设矛盾了。
  这就证明了$f$不可约。
\end{solution}




\section{杂题}


\begin{exercise}\tiyuan{\parencite[20??]{berkeley}}
  证明：对任意的非负整数$n$, 存在整系数多项式$f_n(x)$使得对任意的$z\in \bC$有
  \[
    2\cos nz = f_n(2\cos z).
  \]
\end{exercise}

\begin{solution}

  令$q=\exp(iz)$, 则$2\cos z=q+q^{-1}$, $2\cos nz=q^n+q^{-n}$.
  这样问题转化为找$f_n$使得$f_n(q+q^{-1})=q^n+q^{-n}$.
  注意到
  \begin{align*}
    (q+q^{-1})^n&= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} q^{2k-n} \\
    &= 
    (q^n+q^{-n}) + \sum_{\substack{0<j<n\\n-j\text{~偶}}} \binom{n}{\frac{n-j}{2}} (q^j+q^{-j}) + 
    \begin{cases}
      \binom{n}{\frac{n}{2}} & \text{若$n$是偶数},\\
      0 & \text{其他情况}.
    \end{cases}
  \end{align*}
  我们可以用归纳法证明$f_n$的存在性。由归纳假设$j<n$时$f_j$存在。
  这样
  \[
    f_n(x)= x^n - \sum_{\substack{0<j<n\\n-j\text{~偶}}} \binom{n}{\frac{n-j}{2}} f_j(x) - 
    \begin{cases}
      \binom{n}{\frac{n}{2}} & \text{若$n$是偶数},\\
      0 & \text{其他情况}.
    \end{cases}
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}

\paragraph*{一些不可约性准则}

\begin{exercise}
  给定次数$n>1$的整系数多项式
  \[
    f=a_n x^n + \cdots  +a_1 x+ p,
  \]
  满足$p$是素数且$\sum_{i=1}^n |a_i|<p$, 证明$f$在$\bZ$上不可约。
  例如$x^5+x^4+8x^3-x^2-2x+23$不可约。
\end{exercise}

\begin{solution}
  容易发现$f$的复根的模都大于$1$. 
  诚然，若$x_0$是$f$的一个根，而$|x_0|\leqslant 1$, 则
  \begin{align*}
    p= |a_n x_0^n + \cdots + a_1x_1| 
    \leqslant |a_n|+\cdots+ |a_1|,
  \end{align*}
  这与题设矛盾。
  接下来我们反证来得到$f$不可约。假设$f$在$\bZ$上有分解$f=gh$, 其中$\deg g>0, \deg h>0$.
  令$g$的首项系数为$b$, 那么$g$的所有根的乘积为$g(0)/b$.
  $g$的所有根为$f$的根，因而模大于$1$, 这样$|g(0)/b|>1$,
  特别地，$|g(0)|>1$.  同理$|h(0)|>1$. 
  但
  \[
    p=|f(0)|=|g(0)||h(0)|,
  \]
  不可能同时有$|g(0)|>1, |h(0)|>1$. 得证。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0D5}
  \begin{enumerate}
    \item 设非常数多项式$f=\sum_{i=0}^n a_i x^i\in \bZ[x]$满足
      $0\leqslant a_i\leqslant 9$ ($0\leqslant i\leqslant n$).
      令$\alpha$为$f$的一个复根。证明$\Re(\alpha)\leqslant 0$或$|\alpha|<4$.
      这里$\Re(\alpha)$表示复数$\alpha$的实部。
    \item 设$p=a_n\times 10^n + \cdots + a_1\times 10 + a_0$为素数$p$的十进制展开。
      利用(1) 证明$f= \sum_{i=0}^n a_i x^i$
      在$\bZ[x]$中不可约。例如$22123$是素数，因此$2x^4+2x^3+x^2+2x+3$不可约。
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 设$a_n\neq 0$. 
      若$\Re(\alpha)\leqslant 0$或$|\alpha|\leqslant 1$, 结论自动成立。
      考虑$\Re(\alpha)>0$且$|\alpha|>1$. 此时
      \begin{align*}
        0=\bigg\lvert \frac{f(\alpha)}{\alpha^n} \bigg\rvert& \geqslant 
        \bigg\lvert a_n+\frac{a_{n-1}}{\alpha}\bigg\rvert - \frac{a_{n-2}}{|\alpha|^2} - \cdots -\frac{a_0}{|\alpha|^n} \\
        & \geqslant \Re(a_n+\frac{a_{n-1}}{\alpha}) -\frac{9}{|\alpha|^2}-\cdots- \frac{9}{|\alpha|^n} \\
        & > 1-\frac{9}{|\alpha|^2-|\alpha|}.
      \end{align*}
      由此可知$|\alpha|<4$.

      (2) 反证。不妨设$p>10$, 此时$\deg f>0$. 
      设$f=gh$是$f$在$\bZ[x]$中的分解，其中$\deg g>0, \deg h>0$.
      由于$f(10)=p$是素数，
      我们有$|g(10)|=1$或$|h(10)|=1$. 不妨设$|g(10)|=1$. 
      另一方面，
      由(1)知$f$的复根$z$都满足$\Re(z)\leqslant 0$或
      $|z|\leqslant 4$.
      令$g$的所有复根为$\alpha_1, \cdots, \alpha_k$. 
      那么$g$可写为$g=c(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_k)$. 
      $c$作为$g$的首项系数满足$|c|\geqslant 1$; 
      $\alpha_i$作为$f$的根满足
      $\Re(\alpha_i)\leqslant 0$或$|\alpha_i|\leqslant 4$,
      从而满足$|10-\alpha_i|>1$. 
      因此$|g(10)|=|c|\prod_{i=1}^k |10-\alpha_i|>1$.
      这就矛盾了。因此$f$不可约。
\end{solution}


\begin{exercise}
  试推广练习~\ref{0D5}~到任意的$m$-进制，
  其中$m\geqslant 3$. \tiyuan{\parencite[推论2]{BFO81}}
  比如 $f(x)=2x^5+x+2$不可约，因为 $f(3)=491$ 是素数。
\end{exercise}

实际上对任意的$m$-进制都成立，其中$m\geqslant 2$
(一般的情形的证明参见~\parencite{BFO81,Mur02};
要包含$m=2$的情形，我们需要更细致的或额外的对复根的估计)。
比如$f=x^8+x^7+x^3+x^2+1$不可约，因为$f(2)=397$是素数。
\iffalse
下面是一些素数的$2$-进制和$3$-进制展开给出的不可约多项式：
\[
  \begin{array}[]{c|c|c}
      & 2 & 3  \\
      \hline
      23 & x^4+x^2+x+1 & 2x^2+x+2 \\
      29 & x^4 + x^3 +x^2+  1 & x^3 + 2  \\
      31 & x^4+x^3+x^2+x+1 & x^3+x+1   \\
      37 & x^5+x^2+1 & x^3+x^2+1  \\
      41 & x^5+x^3+1 & x^3+x^2+x+2 
  \end{array}
\]
\fi


\begin{solution}
  我们来证明：
  若$p$是素数，$m$是任意的$>2$的正整数，且$p$的$m$-进制展开为
  $p=a_n m^n + \cdots  + a_1 m + a_0$, 其中$a_n\neq 0$, 
  则$f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0$在$\bZ$上不可约。
  我们只用证明$f$的复根$\alpha$都满足$|m-\alpha|>1$.
  只用考虑满足$\Re(\alpha)>0$且$|\alpha|>1$的那些复根$\alpha$. 
  这时我们有
  \begin{align*}
    0=\bigg\lvert \frac{f(\alpha)}{\alpha^n} \bigg\rvert& \geqslant 
    \bigg\lvert a_n+\frac{a_{n-1}}{\alpha}\bigg\rvert - \frac{a_{n-2}}{|\alpha|^2} - \cdots -\frac{a_0}{|\alpha|^n} \\
    & \geqslant \Re(a_n+\frac{a_{n-1}}{\alpha}) -\frac{m-1}{|\alpha|^2}-\cdots- \frac{m-1}{|\alpha|^n} \\
    & > 1-\frac{m-1}{|\alpha|^2-|\alpha|}.
  \end{align*}
  这样$|\alpha|< \frac{1+\sqrt{4m-3}}{2}$.
  这样$m\geqslant 3$时
  \[
    |m-\alpha| > m- \frac{1+\sqrt{4m-3}}{2} \geqslant 1.
  \]
  得证。
\end{solution}



\paragraph*{Newton公式}
下面这题包含了Newton公式，某些证明中会用到。

\begin{exercise}\label{05E}
\begin{enumerate}
\item \tiyuan{\parencite[P33, 52]{ZX98}}%
  记 \( f_n(X) = X^n + a_1 X^{n-1} + \cdots + a_n \)，其诸复数根的 \( k \) 次幂之和记为 \( S_k(f_n(X)) \) 或 \( S_k \)，试证明当 \( m \leqslant n \) 时，\( S_k(f_n) = S_k(f_m) \) (\( 1 \leqslant k \leqslant m \))；
 
 \item 试证明当 \( m \leqslant n \) 时，有牛顿公式
  \[
    S_m + a_1 S_{m-1} + \cdots + a_{m-1} S_1 + m a_m = 0;
  \]
    
    \item  试证明当 \( m > n \) 时，有牛顿公式
  \[
S_m + a_1 S_{m-1} + \cdots + a_n S_{m-n} = 0;
\]
 
 \item 记 \( \sigma_k = (-1)^k a_k \), 试证：
 \[
 S_m = 
 \begin{vmatrix}
 \sigma_1 & 1 &  &  &  \\
 2\sigma_2 & \sigma_1 & 1 &  &  \\
 3\sigma_3 & \sigma_2 & \sigma_1 & \ddots &  \\
 \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 1 \\
 m \sigma_m & \sigma_{m-1} & \cdots & \cdots & \sigma_1
 \end{vmatrix}, 
 \quad 
 \sigma_m = \frac{1}{m!}
 \begin{vmatrix}
 S_1 & 1 &  &  &  \\
 S_2 & S_1 & 2 &  &  \\
 \vdots & \ddots & \ddots & \ddots &  \\
 S_{m-1} & \ddots & \ddots & \ddots & m-1\\
 S_m & S_{m-1} & \cdots & S_2 &S_1
 \end{vmatrix} .
 \]
 \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  
\end{solution}

\paragraph*{Mason定理}
著名的abc猜想的提出受到了下面的Mason定理的启发。

\begin{exercise}[Mason定理]\tiyuan{\parencite{Lan90}}
设 $a(t)$, $b(t)$, $c(t)$ 是互素的复系数多项式，满足 $a + b = c$. 
那么
\[
  \max \{\deg a, \deg b, \deg c\} \leqslant n_0(abc) - 1,
\]
其中 $n_0(abc)$ 表示多项式 $abc(t)$ 的不同的零点的个数。
\end{exercise}

注意到：在Mason定理的陈述中，无论我们假设 $a$, $b$, $c$ 两两互素，
还是假设 $a$, $b$, $c$ 没有公共素因子，都没有关系，
因为等式 $a + b = c$ 表明这两种可能的假设是等价的。
此外，我们可以将等式改写为 $a + b + c = 0$ 的形式，
故该陈述对 $a$, $b$, $c$ 是对称的。

\begin{solution}
令 $f = a/c$，$g = b/c$，我们有
\[
f + g = 1,
\]
其中 $f$, $g$ 是有理函数。对其求导得到 $f' + g' = 0$，我们可以将其改写为
\[
\frac{f'}{f}f + \frac{g'}{g}g = 0,
\]
则有
\[
\frac{b}{a} = \frac{g}{f} = -\frac{f'/f}{g'/g}.
\]
注意到：如果 $R(t) = \prod_{i=1}^m (t - \rho_i)^{q_i}$ 是一个有理函数，其中 $q_i \in \bZ$，那么
\[
  R'/R = \sum_{i=1}^m \frac{q_i}{t - \rho_i},
\]
其中所有重数都消失了。假设
\[
a(t) = \prod(t - \alpha_i)^{m_i}, \quad b(t) = \prod(t - \beta_j)^{n_j}, \quad c(t) = \prod(t - \gamma_k)^{r_k}.
\]
那么
\[
\frac{b}{a} = -\frac{f'/f}{g'/g} = -\frac{\sum \frac{m_i}{t - \alpha_i} - \sum \frac{r_k}{t - \gamma_k}}{\sum \frac{n_j}{t - \beta_j} - \sum \frac{r_k}{t - \gamma_k}}.
\]
$f'/f$ 和 $g'/g$ 的公共分母由乘积
\[
N_0 = \prod(t - \alpha_i)\prod(t - \beta_j)\prod(t - \gamma_k)
\]
给出，其次数为 $n_0(abc)$. 注意到 $N_0f'/f$ 和 $N_0g'/g$ 
都是次数至多为 $n_0(abc) - 1$ 的多项式。根据关系式
\[
\frac{b}{a} = -\frac{N_0f'/f}{N_0g'/g}
\]
以及 $a$, $b$ 互素的假设，我们得到
\[
\begin{aligned}
  \deg b & \leqslant \deg (N_0f'/f)\leqslant n_0(abc) - 1,\\
  \deg a & \leqslant \deg(N_0g'/g)\leqslant n_0(abc) - 1.
\end{aligned}
\]
由对称性可知 $\deg c \leqslant n_0(abc) - 1$也成立。
\end{solution}

应用Mason 定理 可以推出多项式的Fermat最后定理。

\begin{exercise}\tiyuan{\parencite{Lan90}}
设 $f(x)$, $g(x)$, $h(x)$ 是互素的复系数多项式，其中一个多项式的次数 $\geqslant 1$，且满足
\[
f(x)^n + g(x)^n = h(x)^n.
\]
证明 $n \leqslant 2$.
\end{exercise}

当 $n=2$, 我们可如构造勾股数组一样的方式构造满足题目中的等式的多项式 $f,g,h$.
即，对任意的互素的多项式 $m(x), n(x)$, 令
\[
  f=m^2+n^2,\quad g=m^2-n^2,\quad h=2m^2n^2,
\]
则 $f,g,h$ 互素且 $f^2+g^2=h^2$.

\begin{solution}
应用 Mason定理，我们得到
\[
  \deg f^n \leqslant \deg f + \deg g + \deg h - 1.
\]
当我们在上式左边将 $f$ 分别替换为 $g$ 和 $h$时
类似的两个不等式成立。
三个不等式相加后，我们发现
\[
n(\deg f + \deg g + \deg h) \leqslant 3(\deg f + \deg g + \deg h) - 3.
\]
如果 $n \geq 3$，这将产生矛盾。
\end{solution}
